第 16 章 · ベクトル

项目	内容
シラバス项目	14. ベクトル（数学Ｃ）：(1) 平面上のベクトル（① ベクトルとその演算 ② ベクトルの成分 ③ ベクトルの内積）、(2) ベクトルと平面図形（① 位置ベクトル ② ベクトルと図形 ③ ベクトル方程式）、(3) 空間座標とベクトル（① 空間座標 ② 空間のベクトルとその演算，内積 ③ ベクトルの成分 ④ ベクトルと空間図形 ⑤ ベクトル方程式）
コース	仅コース2
国内书对应	国内书第 14 章（平面向量的线性运算）、第 15 章（坐标与数量积）、第 26 章（空间向量及其运算）、第 27 章（用空间向量解立体几何）
本章新内容的分量	运算、坐标、数量积和国内完全一样，不再重讲；要补的是外分点、交点题的日式写法、用内积求面积、ベクトル方程式（直线、圆、平面、球面）、点的存在范围和球面的方程

向量的运算、坐标、数量积，国内书第 14、15、26、27 章都讲过，EJU 的要求不比国内高。差别在用法：国内的空间向量题围绕“建系、求法向量、求二面角”，EJU 则围绕“位置ベクトル”，最常见的一问是“两条线段的交点 $P$，用 $\overrightarrow{OA}$、$\overrightarrow{OB}$ 表示 $\overrightarrow{OP}$”，再接着求比、求面积、求垂线的足。2021 年第 1 回コース2 的 Ⅱ 問1 就是空间向量。丢分主要丢在四处：外分点的符号写错，比较系数前漏了“1 次独立”的前提，点的存在范围漏了 $s \ge 0$、$t \ge 0$，球面方程的中心符号弄反。

16.1 与国内的对照

シラバス小项目（日文原文）	国内书位置	相同 / 讲法不同 / 国内没有	本章哪节讲
(1) ① ベクトルとその演算	国内书第 14 章	相同（记号不同）	记号见 16.2
(1) ② ベクトルの成分	国内书第 15 章 15.2 节	相同，见国内书第 15 章	—
(1) ③ ベクトルの内積	国内书第 15 章 15.3–15.5 节	相同；用内积求三角形面积的公式国内没有	16.4
(2) ① 位置ベクトル	国内书第 14 章 14.4 节、第 15 章 15.2 节的分点公式和重心	讲法不同：日本统一用位置向量写，外分点国内没有单独讲	16.2
(2) ② ベクトルと図形	国内书第 14 章 14.6 节例 3（交点）、第 15 章 15.4 节（投影向量）	讲法不同：交点、垂线的足、角平分线是 EJU 的固定题型	16.3、16.4
(2) ③ ベクトル方程式	无	国内没有	16.5
(3) ① 空間座標	国内书第 26 章 26.4 节	相同；对称点、坐标平面的方程略作补充	16.6
(3) ② 空間のベクトルとその演算，内積	国内书第 26 章 26.2、26.5 节	相同，见国内书第 26 章	—
(3) ③ ベクトルの成分	国内书第 26 章 26.4 节	相同，见国内书第 26 章	—
(3) ④ ベクトルと空間図形	国内书第 26 章 26.2 节（四点共面）、第 27 章	讲法不同：EJU 用位置向量求直线与平面的交点、垂线的足，少考二面角	16.3、16.7
(3) ⑤ ベクトル方程式	无（国内没有球面方程）	国内没有	16.6、16.7

本章六个知识点分两条线：平面上从位置向量（16.2）出发，走到交点（16.3）、内积与图形（16.4）和ベクトル方程式（16.5）；空间里先补坐标和球面（16.6），再把平面的做法搬到空间（16.7）。

16.2 位置ベクトルと記号（内分・外分・重心）

说明

日本的记号。EJU 题干和日本教科书一律给向量加箭头，不用粗体：

内容	日本写法	国内书写法
向量	$\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{AB}$	$\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{AB}$
大小（模）	$\lvert\overrightarrow{a}\rvert$，读「ベクトル a の大きさ」	$\lvert\boldsymbol{a}\rvert$
零向量	$\overrightarrow{0}$	$\boldsymbol{0}$
平行、垂直	$\overrightarrow{a} /\!/ \overrightarrow{b}$，$\overrightarrow{a} \perp \overrightarrow{b}$	$\boldsymbol{a} \parallel \boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$
坐标	「成分」：$\overrightarrow{a} = (a_1, a_2)$	坐标 $\boldsymbol{a} = (x, y)$
数量积	「内積」：$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}$	数量积 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$
点和它的位置向量	$A(\overrightarrow{a})$	无固定写法

1 次独立：$\overrightarrow{a} \ne \overrightarrow{0}$，$\overrightarrow{b} \ne \overrightarrow{0}$，且 $\overrightarrow{a}$ 与 $\overrightarrow{b}$ 不平行，日本叫「$\overrightarrow{a}$ と $\overrightarrow{b}$ は 1 次独立」，就是国内书第 14 章 14.6 节“不共线、可以作基底”。空间里三个向量都不为 $\overrightarrow{0}$ 且不共面，也叫 1 次独立。EJU 的交点题在比较系数前一定写这句话。

本章讲解沿用国内书的粗体写法，题型与答法里的日文题干用箭头。

位置ベクトル：先固定一点 $O$，点 $P$ 就用向量 $\boldsymbol{p} = \overrightarrow{OP}$ 来代表，叫 $P$ 的位置ベクトル。这样任意两点间的向量都是“终点减起点”：

$$\overrightarrow{AB} = \boldsymbol{b} - \boldsymbol{a}.$$

内分点：点 $P$ 在线段 $AB$ 上，$AP : PB = m : n$（$m > 0$，$n > 0$），叫 $P$ 把 $AB$ 内分成 $m : n$。

$$\boldsymbol{p} = \frac{n\boldsymbol{a} + m\boldsymbol{b}}{m + n}.$$

外分点：点 $Q$ 在直线 $AB$ 上、线段 $AB$ 外，$AQ : QB = m : n$（$m \ne n$），叫 $Q$ 把 $AB$ 外分成 $m : n$。

$$\boldsymbol{q} = \frac{-n\boldsymbol{a} + m\boldsymbol{b}}{m - n}.$$

$m > n$ 时 $Q$ 在 $B$ 的外侧，$m < n$ 时 $Q$ 在 $A$ 的外侧。把内分公式里的 $n$ 换成 $-n$ 就得到外分公式。

中点和重心：$AB$ 的中点是 $\dfrac{\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}}{2}$；$\triangle ABC$ 的重心 $G$ 是

$$\boldsymbol{g} = \frac{\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c}}{3}.$$

一直線上にある（三点共线）：$A \ne B$ 时，$A$、$B$、$C$ 三点在一条直线上，当且仅当存在实数 $k$ 使 $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$。

使用场景

• 题目说「線分 AB を $m : n$ に内分する点」「外分する点」，要求它的位置向量或坐标：直接套公式，外分用”$n$ 换成 $-n$“。
• 题目涉及三角形的重心，或各边上的分点再组成新三角形：把每个点写成位置向量再相加。
• 题目要求证明三点「一直線上にある」：算出两个向量，找 $k$ 使一个是另一个的 $k$ 倍。
• 题目给出 $\alpha\overrightarrow{PA} + \beta\overrightarrow{PB} + \gamma\overrightarrow{PC} = \boldsymbol{0}$，问点 $P$ 在哪、三角形面积比是多少：换成以 $A$ 为起点，化成“内分点的内分点”。

注意点

• 内分公式的系数和线段是交叉对应的：$AP : PB = m : n$，$\boldsymbol{a}$ 的系数是 $n$，$\boldsymbol{b}$ 的系数是 $m$。离 $B$ 越近，$\boldsymbol{b}$ 的系数越大。
• 外分时 $m = n$ 没有外分点。分母写成 $m - n$，负号跟着 $\boldsymbol{a}$ 的系数走；$m < n$ 时可以把分子分母同乘 $-1$，写成 $\dfrac{n\boldsymbol{a} - m\boldsymbol{b}}{n - m}$。
• 位置向量的起点可以任意选。EJU 常用两种：以 $O$ 为起点（$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$），或以三角形的一个顶点为起点（$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{b}$，$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{c}$）。题目设好了就照题目的来。
• EJU 题干的说法：「線分 AB を 2 : 1 に内分する点を P とする」「外分する点」「3 点 P，Q，R は一直線上にある」「$\overrightarrow{a}$ と $\overrightarrow{b}$ は 1 次独立であるから」。

证明

结论 1：内分公式。 $P$ 在线段 $AB$ 上，$AP : PB = m : n$，所以 $\overrightarrow{AP} = \dfrac{m}{m + n}\overrightarrow{AB}$。换成位置向量：

$$\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a} = \frac{m}{m + n}(\boldsymbol{b} - \boldsymbol{a}), \qquad \boldsymbol{p} = \frac{(m + n)\boldsymbol{a} - m\boldsymbol{a} + m\boldsymbol{b}}{m + n} = \frac{n\boldsymbol{a} + m\boldsymbol{b}}{m + n}.$$

结论 2：外分公式。 设 $m > n$，$Q$ 在 $B$ 的外侧。$AQ : QB = m : n$，而 $AB = AQ - QB$，所以 $AQ : AB = m : (m - n)$，$\overrightarrow{AQ} = \dfrac{m}{m - n}\overrightarrow{AB}$。（关键一步：外分点也在直线 $AB$ 上，仍然可以写成 $\overrightarrow{AB}$ 的倍数，只是倍数大于 1。）于是

$$\boldsymbol{q} = \boldsymbol{a} + \frac{m}{m - n}(\boldsymbol{b} - \boldsymbol{a}) = \frac{-n\boldsymbol{a} + m\boldsymbol{b}}{m - n}.$$

$m < n$ 时 $Q$ 在 $A$ 的外侧，$AB = QB - AQ$，$\overrightarrow{AQ} = -\dfrac{m}{n - m}\overrightarrow{AB} = \dfrac{m}{m - n}\overrightarrow{AB}$，代入后是同一个式子。

结论 3：重心。 设 $M$ 是 $BC$ 的中点，重心 $G$ 把中线 $AM$ 内分成 $2 : 1$（第 9 章 図形の性質）。由内分公式：

$$\boldsymbol{g} = \frac{1 \cdot \boldsymbol{a} + 2 \cdot \dfrac{\boldsymbol{b} + \boldsymbol{c}}{2}}{2 + 1} = \frac{\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c}}{3}.$$

结论 4：$\alpha\overrightarrow{PA} + \beta\overrightarrow{PB} + \gamma\overrightarrow{PC} = \boldsymbol{0}$（$\alpha, \beta, \gamma > 0$）时点 $P$ 的位置。 以 $A$ 为起点，$\overrightarrow{PA} = -\overrightarrow{AP}$，$\overrightarrow{PB} = \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AP}$，$\overrightarrow{PC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AP}$，代入整理：

$$\overrightarrow{AP} = \frac{\beta\overrightarrow{AB} + \gamma\overrightarrow{AC}}{\alpha + \beta + \gamma} = \frac{\beta + \gamma}{\alpha + \beta + \gamma} \cdot \frac{\beta\overrightarrow{AB} + \gamma\overrightarrow{AC}}{\beta + \gamma}.$$

（关键一步：把分子的系数凑成“和等于分母”，后一个分式就是内分点的形式。）设 $D$ 把 $BC$ 内分成 $\gamma : \beta$，则 $\overrightarrow{AD} = \dfrac{\beta\overrightarrow{AB} + \gamma\overrightarrow{AC}}{\beta + \gamma}$，$\overrightarrow{AP} = \dfrac{\beta + \gamma}{\alpha + \beta + \gamma}\overrightarrow{AD}$，即 $AP : PD = (\beta + \gamma) : \alpha$。

面积比：记 $\triangle ABC$ 的面积为 $S$。$\triangle PBC$ 与 $\triangle ABC$ 同底 $BC$，高之比是 $PD : AD$，所以 $\triangle PBC = \dfrac{\alpha}{\alpha + \beta + \gamma}S$。$\triangle PAB = \dfrac{AP}{AD} \cdot \triangle ABD = \dfrac{\beta + \gamma}{\alpha + \beta + \gamma} \cdot \dfrac{\gamma}{\beta + \gamma}S = \dfrac{\gamma}{\alpha + \beta + \gamma}S$，同理 $\triangle PCA = \dfrac{\beta}{\alpha + \beta + \gamma}S$。所以

$$\triangle PBC : \triangle PCA : \triangle PAB = \alpha : \beta : \gamma.$$

例题

例 1　（场景：内分点、外分点）

問題　$A(1, 4)$，$B(5, -4)$ とする。線分 $AB$ を $3 : 1$ に内分する点 $P$，$3 : 1$ に外分する点 $Q$，$1 : 3$ に外分する点 $R$ の座標を求めよ。

解答　$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$ とおく。位置ベクトルの成分がそのまま点の座標になる。 内分 $3 : 1$：$\overrightarrow{OP} = \dfrac{1 \cdot \overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{4}$ より $P\left(\dfrac{1 + 15}{4}, \dfrac{4 - 12}{4}\right) = (4, -2)$。 外分 $3 : 1$：$\overrightarrow{OQ} = \dfrac{-1 \cdot \overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{3 - 1}$ より $Q\left(\dfrac{-1 + 15}{2}, \dfrac{-4 - 12}{2}\right) = (7, -8)$。 外分 $1 : 3$：$\overrightarrow{OR} = \dfrac{-3\overrightarrow{a} + 1 \cdot \overrightarrow{b}}{1 - 3} = \dfrac{3\overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}}{2}$ より $R\left(\dfrac{3 - 5}{2}, \dfrac{12 + 4}{2}\right) = (-1, 8)$。

中文翻译　题目：$A(1, 4)$，$B(5, -4)$。求把线段 $AB$ 内分成 $3 : 1$ 的点 $P$、外分成 $3 : 1$ 的点 $Q$、外分成 $1 : 3$ 的点 $R$ 的坐标。解答：设 $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$，位置向量的坐标就是点的坐标。内分 $3 : 1$：$\overrightarrow{OP} = \dfrac{1 \cdot \overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{4}$，$P\left(\dfrac{1 + 15}{4}, \dfrac{4 - 12}{4}\right) = (4, -2)$。外分 $3 : 1$：$\overrightarrow{OQ} = \dfrac{-1 \cdot \overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{3 - 1}$，$Q\left(\dfrac{-1 + 15}{2}, \dfrac{-4 - 12}{2}\right) = (7, -8)$。外分 $1 : 3$：$\overrightarrow{OR} = \dfrac{-3\overrightarrow{a} + 1 \cdot \overrightarrow{b}}{1 - 3} = \dfrac{3\overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}}{2}$，$R\left(\dfrac{3 - 5}{2}, \dfrac{12 + 4}{2}\right) = (-1, 8)$。

解说　验算 $R$：$\overrightarrow{AR} = (-2, 4)$，$\overrightarrow{RB} = (6, -12) = -3\overrightarrow{AR}$，两段长度之比 $1 : 3$，方向相反说明 $R$ 不在 $A$、$B$ 之间，而在 $A$ 的外侧。容易卡在：外分 $1 : 3$ 时分母 $1 - 3 = -2$ 是负数，符号乱掉。先化成 $\dfrac{3\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}}{2}$ 再代数。

例 2　（场景：分点组成的三角形的重心）

問題　$\triangle ABC$ において，点 $D$，$E$，$F$ はそれぞれ辺 $BC$，$CA$，$AB$ を $1 : 2$ に内分する。$\triangle DEF$ の重心は $\triangle ABC$ の重心と一致することを証明せよ。

解答　$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$，$\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{c}$ とおく。内分公式より

$$\overrightarrow{OD} = \frac{2\overrightarrow{b} + \overrightarrow{c}}{3}, \qquad \overrightarrow{OE} = \frac{2\overrightarrow{c} + \overrightarrow{a}}{3}, \qquad \overrightarrow{OF} = \frac{2\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}}{3}.$$

$\triangle DEF$ の重心の位置ベクトルは

$$\frac{\overrightarrow{OD} + \overrightarrow{OE} + \overrightarrow{OF}}{3} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b} + 3\overrightarrow{c}}{3} = \frac{\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c}}{3}$$

であり，これは $\triangle ABC$ の重心の位置ベクトルに等しい。よって，$\triangle DEF$ の重心は $\triangle ABC$ の重心と一致する。

中文翻译　题目：三角形 $ABC$ 中，点 $D$、$E$、$F$ 分别把边 $BC$、$CA$、$AB$ 内分成 $1 : 2$。证明 $\triangle DEF$ 的重心与 $\triangle ABC$ 的重心重合。解答：设 $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$，$\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{c}$。由内分公式，$\overrightarrow{OD} = \dfrac{2\overrightarrow{b} + \overrightarrow{c}}{3}$，$\overrightarrow{OE} = \dfrac{2\overrightarrow{c} + \overrightarrow{a}}{3}$，$\overrightarrow{OF} = \dfrac{2\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}}{3}$。$\triangle DEF$ 的重心的位置向量是 $\dfrac{\overrightarrow{OD} + \overrightarrow{OE} + \overrightarrow{OF}}{3} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b} + 3\overrightarrow{c}}{3} = \dfrac{\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c}}{3}$，等于 $\triangle ABC$ 的重心的位置向量。所以 $\triangle DEF$ 的重心与 $\triangle ABC$ 的重心重合。

解说　三个内分点的位置向量相加后，分子里每个顶点各出现 $m + n$ 次，所以平均值不变。分比换成任意 $m : n$，三个分子相加仍是 $(m + n)(\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c})$，结论不变。重心是顶点位置向量的平均，这条性质在分点组成的新三角形上照样成立。

例 3　（场景：证明三点共线）

問題　$\triangle OAB$ において，点 $P$ は $OA$ を $2 : 1$ に内分し，$Q$ は $AB$ の中点であり，$R$ は $OB$ を $2 : 1$ に外分する。$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$ とおくとき，$P$，$Q$，$R$ は一直線上にあることを証明し，$PQ : QR$ を求めよ。

解答　$\overrightarrow{OP} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OQ} = \dfrac{\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}}{2}$。$O$ の位置ベクトルは $\overrightarrow{0}$ であるから，$\overrightarrow{OR} = \dfrac{-1 \cdot \overrightarrow{0} + 2\overrightarrow{b}}{2 - 1} = 2\overrightarrow{b}$。

$$\overrightarrow{PQ} = \frac{\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}}{2} - \frac{2}{3}\overrightarrow{a} = -\frac{1}{6}\overrightarrow{a} + \frac{1}{2}\overrightarrow{b}, \qquad \overrightarrow{PR} = 2\overrightarrow{b} - \frac{2}{3}\overrightarrow{a} = 4\left(-\frac{1}{6}\overrightarrow{a} + \frac{1}{2}\overrightarrow{b}\right).$$

よって $\overrightarrow{PR} = 4\overrightarrow{PQ}$ であるから，$P$，$Q$，$R$ は一直線上にあり，$PQ : PR = 1 : 4$，したがって $PQ : QR = 1 : 3$ である。

中文翻译　题目：三角形 $OAB$ 中，点 $P$ 把 $OA$ 内分成 $2 : 1$，$Q$ 是 $AB$ 的中点，$R$ 把 $OB$ 外分成 $2 : 1$。设 $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$，证明 $P$、$Q$、$R$ 在一条直线上，并求 $PQ : QR$。解答：$\overrightarrow{OP} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OQ} = \dfrac{\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}}{2}$。$O$ 的位置向量是 $\overrightarrow{0}$，所以 $\overrightarrow{OR} = \dfrac{-1 \cdot \overrightarrow{0} + 2\overrightarrow{b}}{2 - 1} = 2\overrightarrow{b}$。$\overrightarrow{PQ} = \dfrac{\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}}{2} - \dfrac{2}{3}\overrightarrow{a} = -\dfrac{1}{6}\overrightarrow{a} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{b}$，$\overrightarrow{PR} = 2\overrightarrow{b} - \dfrac{2}{3}\overrightarrow{a} = 4\left(-\dfrac{1}{6}\overrightarrow{a} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{b}\right)$。所以 $\overrightarrow{PR} = 4\overrightarrow{PQ}$，$P$、$Q$、$R$ 在一条直线上，$PQ : PR = 1 : 4$，因此 $PQ : QR = 1 : 3$。

解说　另一种解法：用メネラウスの定理的逆定理（第 9 章）。$P$、$Q$ 在边 $OA$、$AB$ 上，$R$ 在边 $OB$ 的延长线上，且

$$\frac{OP}{PA} \cdot \frac{AQ}{QB} \cdot \frac{BR}{RO} = \frac{2}{1} \cdot \frac{1}{1} \cdot \frac{1}{2} = 1,$$

所以三点共线。几何法一行就能判断，适合选择、填空时验算；向量法同时给出 $PQ : QR$，而且不用记逆定理的适用条件，EJU 的誘導一般按向量法走。

例 4　（场景：由向量等式定点的位置和面积比）

問題　$\triangle ABC$ の内部の点 $P$ が $2\overrightarrow{PA} + 3\overrightarrow{PB} + 4\overrightarrow{PC} = \overrightarrow{0}$ を満たす。(1) $\overrightarrow{AP}$ を $\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AC}$ を用いて表せ。(2) $\triangle PBC : \triangle PCA : \triangle PAB$ を求めよ。

解答　(1) $A$ を起点とすると，$-2\overrightarrow{AP} + 3(\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AP}) + 4(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AP}) = \overrightarrow{0}$，すなわち $9\overrightarrow{AP} = 3\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}$ であるから

$$\overrightarrow{AP} = \frac{3\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}}{9} = \frac{7}{9} \cdot \frac{3\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}}{7}.$$

$D$ が $BC$ を $4 : 3$ に内分する点であるとすると，$\overrightarrow{AD} = \dfrac{3\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}}{7}$ であるから，$\overrightarrow{AP} = \dfrac{7}{9}\overrightarrow{AD}$，すなわち $P$ は $AD$ を $7 : 2$ に内分する。

(2) $\triangle ABC$ の面積を $S$ とする。$\triangle PBC = \dfrac{PD}{AD}S = \dfrac{2}{9}S$，$\triangle ABD = \dfrac{4}{7}S$，$\triangle PAB = \dfrac{7}{9} \cdot \dfrac{4}{7}S = \dfrac{4}{9}S$，$\triangle ACD = \dfrac{3}{7}S$，$\triangle PCA = \dfrac{7}{9} \cdot \dfrac{3}{7}S = \dfrac{3}{9}S$ である。よって $\triangle PBC : \triangle PCA : \triangle PAB = 2 : 3 : 4$。

中文翻译　题目：三角形 $ABC$ 内的点 $P$ 满足 $2\overrightarrow{PA} + 3\overrightarrow{PB} + 4\overrightarrow{PC} = \overrightarrow{0}$。（1）用 $\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{AC}$ 表示 $\overrightarrow{AP}$；（2）求 $\triangle PBC : \triangle PCA : \triangle PAB$。解答：（1）以 $A$ 为起点：$-2\overrightarrow{AP} + 3(\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AP}) + 4(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AP}) = \overrightarrow{0}$，即 $9\overrightarrow{AP} = 3\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{AP} = \dfrac{3\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}}{9} = \dfrac{7}{9} \cdot \dfrac{3\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}}{7}$。设 $D$ 把 $BC$ 内分成 $4 : 3$，则 $\overrightarrow{AD} = \dfrac{3\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}}{7}$，$\overrightarrow{AP} = \dfrac{7}{9}\overrightarrow{AD}$，即 $P$ 把 $AD$ 内分成 $7 : 2$。（2）设 $\triangle ABC$ 的面积为 $S$。$\triangle PBC = \dfrac{PD}{AD}S = \dfrac{2}{9}S$；$\triangle ABD = \dfrac{4}{7}S$，$\triangle PAB = \dfrac{7}{9} \cdot \dfrac{4}{7}S = \dfrac{4}{9}S$；$\triangle ACD = \dfrac{3}{7}S$，$\triangle PCA = \dfrac{7}{9} \cdot \dfrac{3}{7}S = \dfrac{3}{9}S$。所以 $\triangle PBC : \triangle PCA : \triangle PAB = 2 : 3 : 4$。

解说　容易卡在：凑内分点时把 $\dfrac{3\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}}{9}$ 直接当成 $BC$ 上的点。分母等于分子系数之和（$3 + 4 = 7$）时才在 $BC$ 上。本题 $P$ 把 $AD$ 分成 $7 : 2$，$\triangle PBC$ 的高是 $AD$ 上的 $PD$ 段，占全高的 $\dfrac{2}{9}$，所以面积也占 $\dfrac{2}{9}S$。

常用推论

• 外分 = 内分把 $n$ 换成 $-n$：$\dfrac{-n\boldsymbol{a} + m\boldsymbol{b}}{m - n}$。推导见本节证明结论 2。
• 系数和为 1：$P$ 在直线 $AB$ 上 $\iff \boldsymbol{p} = s\boldsymbol{a} + t\boldsymbol{b}$，$s + t = 1$。内分、外分公式都满足系数和为 1（国内书第 14 章 14.5 节）。
• 面积比 = 系数比：$\alpha\overrightarrow{PA} + \beta\overrightarrow{PB} + \gamma\overrightarrow{PC} = \boldsymbol{0}$（$\alpha, \beta, \gamma > 0$）时，$\triangle PBC : \triangle PCA : \triangle PAB = \alpha : \beta : \gamma$，$\overrightarrow{AP} = \dfrac{\beta\overrightarrow{AB} + \gamma\overrightarrow{AC}}{\alpha + \beta + \gamma}$。推导见本节证明结论 4。$\alpha = \beta = \gamma$ 时 $P$ 是重心，三块面积相等。
• 坐标形式：$A(x_1, y_1, z_1)$、$B(x_2, y_2, z_2)$ 的 $m : n$ 内分点是 $\left(\dfrac{nx_1 + mx_2}{m + n}, \dfrac{ny_1 + my_2}{m + n}, \dfrac{nz_1 + mz_2}{m + n}\right)$，外分点把 $n$ 换成 $-n$。平面上去掉 $z$ 即可。

易错点

• 错在哪：$AP : PB = 3 : 1$ 时写成 $\boldsymbol{p} = \dfrac{3\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}}{4}$。 为什么错：系数和线段交叉对应。$P$ 离 $B$ 近，$\boldsymbol{p}$ 应该更接近 $\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{b}$ 的系数应更大。 正确做法：$\boldsymbol{p} = \dfrac{\boldsymbol{a} + 3\boldsymbol{b}}{4}$；写完用 $m = 1$、$n = 0$（这时 $P = B$）检查一下。
• 错在哪：外分 $3 : 1$ 写成 $\dfrac{\boldsymbol{a} - 3\boldsymbol{b}}{3 - 1}$ 或 $\dfrac{-\boldsymbol{a} + 3\boldsymbol{b}}{3 + 1}$。 为什么错：外分公式是把内分公式中的 $n$ 整体换成 $-n$，分子分母要一起换，负号落在 $\boldsymbol{a}$ 的系数上。 正确做法：$\dfrac{-1 \cdot \boldsymbol{a} + 3\boldsymbol{b}}{3 - 1}$。验算：系数和 $\dfrac{-1 + 3}{2} = 1$。
• 错在哪：由 $2\overrightarrow{PA} + 3\overrightarrow{PB} + 4\overrightarrow{PC} = \boldsymbol{0}$ 得出 $\triangle PAB : \triangle PBC : \triangle PCA = 2 : 3 : 4$。 为什么错：系数 $\alpha$ 对应的是不含 $A$ 的那块 $\triangle PBC$，不是含 $A$ 的块。 正确做法：每个系数对着“对面”的三角形：$\triangle PBC : \triangle PCA : \triangle PAB = 2 : 3 : 4$。

直观理解

把内分点想成杠杆的支点：在 $A$ 放重量 $n$、在 $B$ 放重量 $m$，平衡点就是 $\dfrac{n\boldsymbol{a} + m\boldsymbol{b}}{m + n}$。重的一端离支点近，所以“系数交叉”是自然的。外分相当于在 $A$ 放了“负重量” $-n$（向上拉的力），支点被推到线段外面。重心是三个顶点各放重量 1 的平衡点。

面积比也能这样看：$\alpha\overrightarrow{PA} + \beta\overrightarrow{PB} + \gamma\overrightarrow{PC} = \boldsymbol{0}$ 说明 $P$ 是三个顶点分别放重量 $\alpha$、$\beta$、$\gamma$ 时的平衡点。某个顶点越重，$P$ 越靠近它，它对面的那块三角形就越大。

关联知识点

• 前置：国内书第 14 章 14.4 节（分点公式、重心）、14.5 节（系数和为 1），第 15 章 15.2 节（定比分点、重心坐标）。
• 本书第 9 章 図形の性質：重心把中线分成 $2 : 1$、メネラウスの定理、チェバの定理，都能和本节互相验算。
• 后续：16.3 交点问题把交点用两种位置向量表示。
• 后续：16.5 系数和为 1 推广成点的存在范围。
• 本书第 17 章 複素数平面：复数的内分点、外分点公式和本节形式相同。

16.3 交点の位置ベクトル

说明

两条线段的交点用位置向量表示，国内书第 14 章 14.6 节例 3 已经讲了方法：交点在两条直线上，各写一次，再比较系数。EJU 把这件事做成固定的誘導，和国内的差别在写法和后续问题上：

1. 参数直接设成比：「$AP : PD = s : (1 - s)$」，于是 $\overrightarrow{OP} = (1 - s)\overrightarrow{OA} + s\overrightarrow{OD}$。解出 $s$ 后，比 $AP : PD$ 立刻就有了，不用再算。
2. 比较系数前写明 1 次独立：「$\overrightarrow{a}$ と $\overrightarrow{b}$ は 1 次独立であるから」，然后才能令系数相等（国内书第 14 章 14.6 节的唯一性）。
3. 接着问延长线：求出 $\overrightarrow{OP}$ 后，常问“直线 $OP$ 与边 $AB$ 的交点 $Q$”。$Q$ 在直线 $OP$ 上，$\overrightarrow{OQ} = k\overrightarrow{OP}$；$Q$ 又在直线 $AB$ 上，系数和为 1，由此定 $k$。
4. 搬到空间：直线与平面的交点。$P$ 在平面 $ABC$ 上 $\iff \overrightarrow{OP} = s\boldsymbol{a} + t\boldsymbol{b} + u\boldsymbol{c}$，$s + t + u = 1$（国内书第 26 章 26.2 节“四点共面”）。$P$ 又在过 $O$ 的直线上，$\overrightarrow{OP} = k\overrightarrow{OD}$，用 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 表示后，系数和为 1 定出 $k$。

平面交点题的步骤：

步	做什么	EJU 的写法
1	设 $P$ 在第一条线段上的分比	$AP : PD = s : (1 - s)$
2	设 $P$ 在第二条线段上的分比	$BP : PC = t : (1 - t)$
3	两式都用 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 表示	$\overrightarrow{OP} = \cdots\overrightarrow{a} + \cdots\overrightarrow{b}$
4	写明 1 次独立，比较系数解 $s$、$t$	「1 次独立であるから」
5	代回得 $\overrightarrow{OP}$，读出比	$AP : PD = s : (1 - s)$

使用场景

• 三角形里两条线段（如 $AD$ 与 $BC$）相交，要求交点的位置向量和分比：两种表示，比较系数。
• 求出 $\overrightarrow{OP}$ 后，问直线 $OP$ 与对边 $AB$ 的交点 $Q$，或 $OP : PQ$、$AQ : QB$：设 $\overrightarrow{OQ} = k\overrightarrow{OP}$，系数和为 1。
• 四面体、平行六面体里，一条直线与一个平面相交，求交点的位置：用平面上三点表示，系数和为 1。

注意点

• “$AP : PD = s : (1 - s)$“对应 $\overrightarrow{OP} = (1 - s)\overrightarrow{OA} + s\overrightarrow{OD}$：$s$ 是离开 $A$ 的比例，所以乘在 $\overrightarrow{OD}$ 上。
• 比较系数只能对 1 次独立的向量做。平面上用两个不平行的向量，空间里用三个不共面的向量；空间里只用两个向量比较系数是错的。
• 求 $Q$ 时，$\overrightarrow{OQ} = k\overrightarrow{OP}$ 中 $k > 1$ 表示 $Q$ 在 $OP$ 的延长线上。
• EJU 题干的说法：「線分 AD と線分 BC の交点を P とする」「$AP : PD = s : (1 - s)$ とおくと」「直線 OP と辺 AB の交点を Q とする」「平面 ABC と直線 OD の交点」。

证明

为什么交点唯一地定出 $s$、$t$。 两种表示写成 $\overrightarrow{OP} = x_1\boldsymbol{a} + y_1\boldsymbol{b} = x_2\boldsymbol{a} + y_2\boldsymbol{b}$，移项得 $(x_1 - x_2)\boldsymbol{a} + (y_1 - y_2)\boldsymbol{b} = \boldsymbol{0}$。若 $x_1 \ne x_2$，则 $\boldsymbol{a} = -\dfrac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2}\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 平行，和 1 次独立矛盾。（关键一步：比较系数的依据就是 1 次独立，这正是 EJU 要求写出这句话的原因。）所以 $x_1 = x_2$，同理 $y_1 = y_2$，得到关于 $s$、$t$ 的两个方程。两条直线不平行时这个方程组恰有一组解。

延长线交点的公式。 设 $\overrightarrow{OP} = x\boldsymbol{a} + y\boldsymbol{b}$（$x > 0$，$y > 0$）。$Q$ 在直线 $OP$ 上，$\overrightarrow{OQ} = kx\boldsymbol{a} + ky\boldsymbol{b}$；$Q$ 在直线 $AB$ 上，$kx + ky = 1$，所以

$$k = \frac{1}{x + y}, \qquad \overrightarrow{OQ} = \frac{x\boldsymbol{a} + y\boldsymbol{b}}{x + y}.$$

对照内分公式，$Q$ 把 $AB$ 内分成 $y : x$，并且 $OP : OQ = (x + y) : 1$。

空间里的系数和为 1。 $P$ 在平面 $ABC$ 上 $\iff \overrightarrow{AP} = s'\overrightarrow{AB} + t'\overrightarrow{AC}$（国内书第 26 章 26.2 节共面向量定理）$\iff \boldsymbol{p} = (1 - s' - t')\boldsymbol{a} + s'\boldsymbol{b} + t'\boldsymbol{c}$，三个系数之和为 1。$\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 1 次独立时，这种表示唯一。

例题

例 1　（场景：两条线段的交点）

問題　$\triangle OAB$ において，点 $C$ は $OA$ を $2 : 1$ に内分し，点 $D$ は $OB$ を $3 : 2$ に内分する。線分 $AD$ と線分 $BC$ の交点を $P$ とする。$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$ とおくとき，$\overrightarrow{OP}$ を $\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{b}$ を用いて表し，$AP : PD$ と $BP : PC$ を求めよ。

解答　$\overrightarrow{OC} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OD} = \dfrac{3}{5}\overrightarrow{b}$。

$AP : PD = s : (1 - s)$ とおくと

$$\overrightarrow{OP} = (1 - s)\overrightarrow{OA} + s\overrightarrow{OD} = (1 - s)\overrightarrow{a} + \frac{3s}{5}\overrightarrow{b}.$$

$BP : PC = t : (1 - t)$ とおくと

$$\overrightarrow{OP} = t\overrightarrow{OC} + (1 - t)\overrightarrow{OB} = \frac{2t}{3}\overrightarrow{a} + (1 - t)\overrightarrow{b}.$$

$\overrightarrow{a}$ と $\overrightarrow{b}$ は 1 次独立であるから，係数を比較して

$$1 - s = \frac{2t}{3}, \qquad \frac{3s}{5} = 1 - t.$$

第二式より $t = 1 - \dfrac{3s}{5}$。これを第一式に代入すると $1 - s = \dfrac{2}{3} - \dfrac{2s}{5}$，$\dfrac{3s}{5} = \dfrac{1}{3}$，$s = \dfrac{5}{9}$，$t = \dfrac{2}{3}$。よって

$$\overrightarrow{OP} = \frac{4}{9}\overrightarrow{a} + \frac{1}{3}\overrightarrow{b}, \qquad AP : PD = 5 : 4, \qquad BP : PC = 2 : 1.$$

中文翻译　题目：三角形 $OAB$ 中，点 $C$ 把 $OA$ 内分成 $2 : 1$，点 $D$ 把 $OB$ 内分成 $3 : 2$，线段 $AD$ 与 $BC$ 交于点 $P$。设 $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$，用 $\overrightarrow{a}$、$\overrightarrow{b}$ 表示 $\overrightarrow{OP}$，并求 $AP : PD$ 和 $BP : PC$。解答：$\overrightarrow{OC} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OD} = \dfrac{3}{5}\overrightarrow{b}$。设 $AP : PD = s : (1 - s)$，则 $\overrightarrow{OP} = (1 - s)\overrightarrow{OA} + s\overrightarrow{OD} = (1 - s)\overrightarrow{a} + \dfrac{3s}{5}\overrightarrow{b}$。设 $BP : PC = t : (1 - t)$，则 $\overrightarrow{OP} = t\overrightarrow{OC} + (1 - t)\overrightarrow{OB} = \dfrac{2t}{3}\overrightarrow{a} + (1 - t)\overrightarrow{b}$。因为 $\overrightarrow{a}$ 与 $\overrightarrow{b}$ 1 次独立，比较系数：$1 - s = \dfrac{2t}{3}$，$\dfrac{3s}{5} = 1 - t$。由第二式 $t = 1 - \dfrac{3s}{5}$，代入第一式：$1 - s = \dfrac{2}{3} - \dfrac{2s}{5}$，$\dfrac{3s}{5} = \dfrac{1}{3}$，$s = \dfrac{5}{9}$，$t = \dfrac{2}{3}$。所以 $\overrightarrow{OP} = \dfrac{4}{9}\overrightarrow{a} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{b}$，$AP : PD = 5 : 4$，$BP : PC = 2 : 1$。

解说　另一种解法：用メネラウスの定理（第 9 章）。直线 $BC$ 截 $\triangle OAD$：

$$\frac{OC}{CA} \cdot \frac{AP}{PD} \cdot \frac{DB}{BO} = 1, \qquad \frac{2}{1} \cdot \frac{AP}{PD} \cdot \frac{2}{5} = 1,$$

得 $\dfrac{AP}{PD} = \dfrac{5}{4}$，再由内分公式 $\overrightarrow{OP} = \dfrac{4\overrightarrow{a} + 5\overrightarrow{OD}}{9} = \dfrac{4}{9}\overrightarrow{a} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{b}$。メネラウス只要选对三角形和截线，一步得比，适合验算或只问比的小题；向量法不用找三角形，空间里也能照做，EJU 的誘導按向量法给空格。

例 2　（场景：延长线与对边的交点）

問題　例 1 において，直線 $OP$ と辺 $AB$ の交点を $Q$ とする。$\overrightarrow{OQ}$，$AQ : QB$，$OP : PQ$ を求めよ。

解答　$Q$ は直線 $OP$ 上にあるから，$\overrightarrow{OQ} = k\overrightarrow{OP} = \dfrac{4k}{9}\overrightarrow{a} + \dfrac{k}{3}\overrightarrow{b}$ とおける。$Q$ は直線 $AB$ 上にあるから，係数の和は $1$：

$$\frac{4k}{9} + \frac{3k}{9} = 1, \qquad k = \frac{9}{7}.$$

よって $\overrightarrow{OQ} = \dfrac{4}{7}\overrightarrow{a} + \dfrac{3}{7}\overrightarrow{b} = \dfrac{4\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{7}$ であり，$Q$ は $AB$ を $3 : 4$ に内分するから $AQ : QB = 3 : 4$。$OQ = \dfrac{9}{7}OP$ であるから $OP : PQ = 7 : 2$。

中文翻译　题目：在例 1 中，直线 $OP$ 与边 $AB$ 交于点 $Q$。求 $\overrightarrow{OQ}$、$AQ : QB$ 和 $OP : PQ$。解答：$Q$ 在直线 $OP$ 上，设 $\overrightarrow{OQ} = k\overrightarrow{OP} = \dfrac{4k}{9}\overrightarrow{a} + \dfrac{k}{3}\overrightarrow{b}$。$Q$ 在直线 $AB$ 上，系数和为 $1$：$\dfrac{4k}{9} + \dfrac{3k}{9} = 1$，$k = \dfrac{9}{7}$。所以 $\overrightarrow{OQ} = \dfrac{4}{7}\overrightarrow{a} + \dfrac{3}{7}\overrightarrow{b} = \dfrac{4\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{7}$，$Q$ 把 $AB$ 内分成 $3 : 4$，即 $AQ : QB = 3 : 4$。$OQ = \dfrac{9}{7}OP$，所以 $OP : PQ = 7 : 2$。

解说　验算（チェバの定理，第 9 章）：$\dfrac{OC}{CA} \cdot \dfrac{AQ}{QB} \cdot \dfrac{BD}{DO} = \dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{2}{3} = 1$，成立。容易卡在：$AQ : QB$ 读成 $4 : 3$。$\boldsymbol{a}$ 的系数大说明 $Q$ 离 $A$ 近，$AQ$ 是短的那段。

例 3　（场景：空间直线与平面的交点）

問題　$O$ を 1 つの頂点とする平行六面体において，$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$，$\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{c}$ を $O$ から出る 3 本の辺とする。$D$ は $O$ と向かい合う頂点で，$\overrightarrow{OD} = \overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c}$ である。点 $L$，$M$，$N$ はそれぞれ辺 $OA$，$OB$，$OC$ 上にあり，$OL = \dfrac{1}{2}OA$，$OM = \dfrac{2}{3}OB$，$ON = \dfrac{1}{4}OC$ を満たす。対角線 $OD$ と平面 $LMN$ の交点を $P$ とするとき，$OP : PD$ を求めよ。

解答　$P$ は直線 $OD$ 上にあるから，$\overrightarrow{OP} = k(\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c})$ とおける。$\overrightarrow{OL} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OM} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{b}$，$\overrightarrow{ON} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{c}$ を用いて書き直すと

$$\overrightarrow{OP} = 2k\overrightarrow{OL} + \frac{3k}{2}\overrightarrow{OM} + 4k\overrightarrow{ON}.$$

$P$ は平面 $LMN$ 上にあり，$\overrightarrow{OL}$，$\overrightarrow{OM}$，$\overrightarrow{ON}$ は 1 次独立（$O$ は平面 $LMN$ 上にない）であるから，係数の和は $1$：

$$2k + \frac{3k}{2} + 4k = \frac{15k}{2} = 1, \qquad k = \frac{2}{15}.$$

よって $OP = \dfrac{2}{15}OD$ であり，$OP : PD = 2 : 13$ である。

中文翻译　题目：以 $O$ 为一个顶点的平行六面体中，$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$、$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$、$\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{c}$ 是从 $O$ 出发的三条棱，$D$ 是与 $O$ 相对的顶点，$\overrightarrow{OD} = \overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c}$。点 $L$、$M$、$N$ 分别在棱 $OA$、$OB$、$OC$ 上，$OL = \dfrac{1}{2}OA$，$OM = \dfrac{2}{3}OB$，$ON = \dfrac{1}{4}OC$。对角线 $OD$ 与平面 $LMN$ 交于点 $P$，求 $OP : PD$。解答：$P$ 在直线 $OD$ 上，设 $\overrightarrow{OP} = k(\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c})$。用 $\overrightarrow{OL} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{a}$、$\overrightarrow{OM} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{b}$、$\overrightarrow{ON} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{c}$ 改写：$\overrightarrow{OP} = 2k\overrightarrow{OL} + \dfrac{3k}{2}\overrightarrow{OM} + 4k\overrightarrow{ON}$。$P$ 在平面 $LMN$ 上，而 $\overrightarrow{OL}$、$\overrightarrow{OM}$、$\overrightarrow{ON}$ 1 次独立（$O$ 不在平面 $LMN$ 上），所以系数和为 $1$：$2k + \dfrac{3k}{2} + 4k = \dfrac{15k}{2} = 1$，$k = \dfrac{2}{15}$。$OP = \dfrac{2}{15}OD$，所以 $OP : PD = 2 : 13$。

解说　容易卡在：直接对 $k\boldsymbol{a} + k\boldsymbol{b} + k\boldsymbol{c}$ 用系数和为 1，得到 $k = \dfrac{1}{3}$。那是与平面 $ABC$ 的交点；系数和为 1 必须针对平面上那三个点 $L$、$M$、$N$ 的向量。本题也可用 16.3 常用推论的公式 $\dfrac{OP}{OD} = \dfrac{1}{\frac{1}{\lambda} + \frac{1}{\mu} + \frac{1}{\nu}}$（$\lambda = \dfrac{1}{2}$，$\mu = \dfrac{2}{3}$，$\nu = \dfrac{1}{4}$），得 $\dfrac{1}{2 + \frac{3}{2} + 4} = \dfrac{2}{15}$，用来验算。

常用推论

• 延长线交点：$\overrightarrow{OP} = x\boldsymbol{a} + y\boldsymbol{b}$（$x, y > 0$）时，直线 $OP$ 交 $AB$ 于 $Q$，$\overrightarrow{OQ} = \dfrac{x\boldsymbol{a} + y\boldsymbol{b}}{x + y}$，$AQ : QB = y : x$，$OP : OQ = (x + y) : 1$。推导见本节证明。
• 空间的延长线交点：$\overrightarrow{OP} = x\boldsymbol{a} + y\boldsymbol{b} + z\boldsymbol{c}$ 时，直线 $OP$ 与平面 $ABC$ 的交点 $Q$ 满足 $\overrightarrow{OQ} = \dfrac{\overrightarrow{OP}}{x + y + z}$。推导：$\overrightarrow{OQ} = k\overrightarrow{OP}$，系数和 $k(x + y + z) = 1$。
• 例 3 的一般形式：$OL = \lambda OA$，$OM = \mu OB$，$ON = \nu OC$ 时，$OD$ 与平面 $LMN$ 交于 $P$，$\dfrac{OP}{OD} = \dfrac{1}{\dfrac{1}{\lambda} + \dfrac{1}{\mu} + \dfrac{1}{\nu}}$。推导同例 3。
• 交点的面积比：例 1、例 2 求出各段比后，三角形面积比用“同高看底、同底看高”一步步算，例如 $\triangle OPB : \triangle OAB = \dfrac{OP}{OQ} \cdot \dfrac{QB}{AB}$。

易错点

• 错在哪：设 $AP : PD = s : (1 - s)$ 后写成 $\overrightarrow{OP} = s\overrightarrow{OA} + (1 - s)\overrightarrow{OD}$。 为什么错：系数和线段交叉对应，$s$ 是 $AP$ 那段，应该乘在远端 $D$ 上。 正确做法：$\overrightarrow{OP} = (1 - s)\overrightarrow{OA} + s\overrightarrow{OD}$；检查 $s = 0$ 时 $P = A$。
• 错在哪：比较系数时不写“1 次独立”，或在 $\boldsymbol{a} /\!/ \boldsymbol{b}$ 的情形也比较系数。 为什么错：向量平行时同一个向量有多种写法，系数不能相比；EJU 誘導的空格文字里常要求选这个理由。 正确做法：先写「$\overrightarrow{a} \ne \overrightarrow{0}$，$\overrightarrow{b} \ne \overrightarrow{0}$ で，$\overrightarrow{a}$ と $\overrightarrow{b}$ は平行でないから 1 次独立」，再比较系数。
• 错在哪：空间里交点 $P$ 设成 $\overrightarrow{OP} = x\boldsymbol{a} + y\boldsymbol{b}$ 两个向量，比较系数。 为什么错：空间需要三个 1 次独立的向量才能唯一表示；两个向量只能表示一个平面内的点。 正确做法：用三个不共面的向量 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 表示，再用“系数和为 1”或比较三个系数。

直观理解

两条直线的交点像两条街的路口：沿第一条街走，位置只有一个自由度 $s$；沿第二条街走，只有一个自由度 $t$。路口这个点要同时满足两种走法，两个坐标（$\boldsymbol{a}$ 方向、$\boldsymbol{b}$ 方向的系数）都对上，两个未知数就被两个方程锁定了。

“系数和为 1”可以看成重量分配：$Q$ 在直线 $AB$ 上，就是把总重量 1 分给 $A$ 和 $B$；$\overrightarrow{OP} = \dfrac{4}{9}\boldsymbol{a} + \dfrac{1}{3}\boldsymbol{b}$ 的总重量只有 $\dfrac{7}{9}$，不到 1，所以 $P$ 还在 $O$ 和 $AB$ 之间，放大 $\dfrac{9}{7}$ 倍才碰到 $AB$。

关联知识点

• 前置：国内书第 14 章 14.5 节（系数和为 1）、14.6 节（分解唯一，例 3 是交点题），第 26 章 26.2 节（四点共面）、26.3 节（空间向量基本定理）。
• 前置：16.2 内分点公式。
• 本书第 9 章 図形の性質：メネラウス、チェバ可以验算本节的比。
• 后续：16.4 求出交点后，再用内积算长度、面积。
• 后续：16.7 直线与平面的交点改用平面方程也能求。

16.4 内積と図形（面積・垂線の足・角の二等分線）

说明

内积的定义、坐标公式、求夹角和模，国内书第 15 章、第 26 章 26.5 节都讲过。EJU 的特点是：题目只给 $|\boldsymbol{a}|$、$|\boldsymbol{b}|$、$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ 三个数，三角形 $OAB$ 的一切（边长、角、面积、高、垂足、角平分线）都由这三个数算出。下面是国内书没有讲、EJU 常用的三个结果。

三角形的面积：$\triangle OAB$ 中 $\overrightarrow{OA} = \boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{OB} = \boldsymbol{b}$，则

$$S = \frac{1}{2}\sqrt{|\boldsymbol{a}|^2|\boldsymbol{b}|^2 - (\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^2}.$$

平面上 $\boldsymbol{a} = (a_1, a_2)$，$\boldsymbol{b} = (b_1, b_2)$ 时化简为

$$S = \frac{1}{2}|a_1b_2 - a_2b_1|.$$

空间里没有第二个公式那样的简单形式，用第一个公式，代入成分算 $|\boldsymbol{a}|^2$、$|\boldsymbol{b}|^2$、$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$。

垂線の足：从 $B$ 向直线 $OA$ 作垂线，垂足 $H$ 满足

$$\overrightarrow{OH} = \frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}|^2}\boldsymbol{a}.$$

这就是国内书第 15 章 15.4 节的投影向量，日本参考书和入试解说叫正射影ベクトル（东进《数学の真髄 -ベクトル-》把它列为“教科书里不一定出现、入试必备”的概念）。EJU 一般不直接给公式，而是誘導：设 $\overrightarrow{OH} = k\boldsymbol{a}$，由 $\overrightarrow{BH} \cdot \boldsymbol{a} = 0$ 求 $k$。

角の二等分線：$\angle AOB$ 的平分线交 $AB$ 于 $D$，由角平分线定理（第 9 章）$AD : DB = OA : OB = |\boldsymbol{a}| : |\boldsymbol{b}|$，所以

$$\overrightarrow{OD} = \frac{|\boldsymbol{b}|\boldsymbol{a} + |\boldsymbol{a}|\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| + |\boldsymbol{b}|}.$$

平分线的方向向量也可以取两个单位向量之和 $\dfrac{\boldsymbol{a}}{|\boldsymbol{a}|} + \dfrac{\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{b}|}$。

使用场景

• 题目给出 $|\boldsymbol{a}|$、$|\boldsymbol{b}|$、$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$，问 $\triangle OAB$ 的面积：直接用面积公式。
• 题目给出三个点的坐标（平面或空间），问三角形面积：先求两条边的向量，再代公式。
• 题目问从一点向直线作垂线的垂足、垂线长、关于直线的对称点：设 $\overrightarrow{OH} = k\boldsymbol{a}$，用垂直条件求 $k$。
• 题目涉及角平分线与对边的交点、三角形的内心：用角平分线定理写内分比，再写位置向量。

注意点

• 面积公式里是先平方再相减，根号外有 $\dfrac{1}{2}$。$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ 是负数时平方后为正，不影响。
• 垂足公式分母是 $|\boldsymbol{a}|^2$，不是 $|\boldsymbol{a}|$。
• 角平分线的内分比是 $AD : DB = OA : OB$，所以 $\boldsymbol{a}$ 的系数是 $|\boldsymbol{b}|$：系数又是交叉的。
• EJU 题干的说法：「$\triangle OAB$ の面積は」「点 B から直線 OA に下ろした垂線の足を H とする」「$\angle AOB$ の二等分線と辺 AB の交点を D とする」「内心」。

证明

面积公式。 设 $\angle AOB = \theta$，$S = \dfrac{1}{2}|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\sin\theta$。因为 $0 < \theta < \pi$，$\sin\theta > 0$，

$$\sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta} = \sqrt{1 - \frac{(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^2}{|\boldsymbol{a}|^2|\boldsymbol{b}|^2}},$$

代入得 $S = \dfrac{1}{2}\sqrt{|\boldsymbol{a}|^2|\boldsymbol{b}|^2 - (\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^2}$。（关键一步：把 $|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|$ 移进根号，变成 $|\boldsymbol{a}|^2|\boldsymbol{b}|^2$。）

成分形式：

$$(a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) - (a_1b_1 + a_2b_2)^2 = a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 - 2a_1a_2b_1b_2 = (a_1b_2 - a_2b_1)^2,$$

开方得 $|a_1b_2 - a_2b_1|$。

垂足公式。 $H$ 在直线 $OA$ 上，设 $\overrightarrow{OH} = k\boldsymbol{a}$。$BH \perp OA$，即 $(k\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{a} = 0$，$k|\boldsymbol{a}|^2 = \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$，$k = \dfrac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}|^2}$。

角平分线。 由角平分线定理 $AD : DB = |\boldsymbol{a}| : |\boldsymbol{b}|$，代入内分公式即得。单位向量之和的说法：$\dfrac{\boldsymbol{a}}{|\boldsymbol{a}|}$ 与 $\dfrac{\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{b}|}$ 长度都是 1，以它们为邻边的平行四边形是菱形，菱形的对角线平分顶角。

例题

例 1　（场景：由 $|\boldsymbol{a}|$、$|\boldsymbol{b}|$、$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ 求面积）

問題　$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$ とし，$|\overrightarrow{a}| = 3$，$|\overrightarrow{b}| = 4$，$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 6$ とする。$\triangle OAB$ の面積と辺 $AB$ の長さを求めよ。

解答　$\triangle OAB$ の面積を $S$ とすると

$$S = \frac{1}{2}\sqrt{3^2 \times 4^2 - 6^2} = \frac{1}{2}\sqrt{144 - 36} = \frac{1}{2}\sqrt{108} = 3\sqrt{3}.$$

また $|\overrightarrow{AB}|^2 = |\overrightarrow{b} - \overrightarrow{a}|^2 = |\overrightarrow{b}|^2 - 2\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} + |\overrightarrow{a}|^2 = 16 - 12 + 9 = 13$ より，$AB = \sqrt{13}$。

中文翻译　题目：设 $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$，$|\overrightarrow{a}| = 3$，$|\overrightarrow{b}| = 4$，$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 6$，求 $\triangle OAB$ 的面积和边 $AB$ 的长。解答：设 $\triangle OAB$ 的面积为 $S$，$S = \dfrac{1}{2}\sqrt{3^2 \times 4^2 - 6^2} = \dfrac{1}{2}\sqrt{144 - 36} = \dfrac{1}{2}\sqrt{108} = 3\sqrt{3}$。又 $|\overrightarrow{AB}|^2 = |\overrightarrow{b} - \overrightarrow{a}|^2 = |\overrightarrow{b}|^2 - 2\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} + |\overrightarrow{a}|^2 = 16 - 12 + 9 = 13$，所以 $AB = \sqrt{13}$。

解说　另一种解法：先求角。$\cos\theta = \dfrac{6}{3 \times 4} = \dfrac{1}{2}$，$\theta = 60^\circ$，$S = \dfrac{1}{2} \times 3 \times 4 \times \sin 60^\circ = 3\sqrt{3}$。角是特殊角时先求角更直观；$\cos\theta$ 不是特殊值（如 $\dfrac{1}{3}$）时，面积公式省掉求 $\sin\theta$ 的一步，更快。

例 2　（场景：由坐标求面积）

問題　(1) 平面上の $A(1, 1)$，$B(4, 2)$，$C(2, 5)$ について，$\triangle ABC$ の面積を求めよ。(2) 空間内の $A(1, 1, 0)$，$B(2, 3, 1)$，$C(0, 2, 3)$ について，$\triangle ABC$ の面積を求めよ。

解答　(1) $\overrightarrow{AB} = (3, 1)$，$\overrightarrow{AC} = (1, 4)$ であるから，$S = \dfrac{1}{2}\lvert 3 \times 4 - 1 \times 1\rvert = \dfrac{11}{2}$。

(2) $\overrightarrow{AB} = (1, 2, 1)$，$\overrightarrow{AC} = (-1, 1, 3)$ である。$|\overrightarrow{AB}|^2 = 6$，$|\overrightarrow{AC}|^2 = 11$，$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -1 + 2 + 3 = 4$ より

$$S = \frac{1}{2}\sqrt{6 \times 11 - 4^2} = \frac{1}{2}\sqrt{50} = \frac{5\sqrt{2}}{2}.$$

中文翻译　题目：（1）平面上 $A(1, 1)$，$B(4, 2)$，$C(2, 5)$，求 $\triangle ABC$ 的面积。（2）空间中 $A(1, 1, 0)$，$B(2, 3, 1)$，$C(0, 2, 3)$，求 $\triangle ABC$ 的面积。解答：（1）$\overrightarrow{AB} = (3, 1)$，$\overrightarrow{AC} = (1, 4)$，$S = \dfrac{1}{2}\lvert 3 \times 4 - 1 \times 1\rvert = \dfrac{11}{2}$。（2）$\overrightarrow{AB} = (1, 2, 1)$，$\overrightarrow{AC} = (-1, 1, 3)$，$|\overrightarrow{AB}|^2 = 6$，$|\overrightarrow{AC}|^2 = 11$，$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -1 + 2 + 3 = 4$，$S = \dfrac{1}{2}\sqrt{6 \times 11 - 4^2} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50} = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}$。

解说　平面用 $S = \dfrac{1}{2}|a_1b_2 - a_2b_1|$，空间没有这个简化式，要用模和内积的公式。计算时先求两条边的向量，起点要相同（本题都用 $A$），再算 $|\cdot|^2$ 和内积。空间里三个点共线时面积公式会得到 $0$，可以拿来自检。

例 3　（场景：垂足、垂线长、对称点）

問題　$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$ とし，$|\overrightarrow{a}| = 2$，$|\overrightarrow{b}| = 3$，$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 2$ とする。点 $B$ から直線 $OA$ に下ろした垂線の足を $H$ とする。$\overrightarrow{OH}$，$BH$ の長さ，および直線 $OA$ に関して $B$ と対称な点 $B'$ の位置ベクトルを求めよ。

解答　$\overrightarrow{OH} = k\overrightarrow{a}$ とおく。$\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{a} = (k\overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}) \cdot \overrightarrow{a} = 4k - 2 = 0$ より $k = \dfrac{1}{2}$，$\overrightarrow{OH} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{a}$。

$$|\overrightarrow{BH}|^2 = \left|\frac{1}{2}\overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}\right|^2 = \frac{1}{4} \times 4 - \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} + 9 = 1 - 2 + 9 = 8, \qquad BH = 2\sqrt{2}.$$

$H$ は $BB'$ の中点であるから，$\overrightarrow{OB'} = 2\overrightarrow{OH} - \overrightarrow{b} = \overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}$。

中文翻译　题目：设 $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$，$|\overrightarrow{a}| = 2$，$|\overrightarrow{b}| = 3$，$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 2$。从 $B$ 向直线 $OA$ 作垂线，垂足为 $H$。求 $\overrightarrow{OH}$、$BH$ 的长，以及 $B$ 关于直线 $OA$ 的对称点 $B'$ 的位置向量。解答：设 $\overrightarrow{OH} = k\overrightarrow{a}$。$\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{a} = (k\overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}) \cdot \overrightarrow{a} = 4k - 2 = 0$，$k = \dfrac{1}{2}$，$\overrightarrow{OH} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{a}$。$|\overrightarrow{BH}|^2 = \left|\dfrac{1}{2}\overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}\right|^2 = \dfrac{1}{4} \times 4 - \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} + 9 = 1 - 2 + 9 = 8$，$BH = 2\sqrt{2}$。$H$ 是 $BB'$ 的中点，$\overrightarrow{OB'} = 2\overrightarrow{OH} - \overrightarrow{b} = \overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}$。

解说　容易卡在：$\left|\dfrac{1}{2}\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}\right|^2$ 展开时中间项写成 $-2 \cdot \dfrac{1}{2}\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} \cdot 2$ 之类。展开规则同 $(x - y)^2$：中间项是 $-2 \cdot \dfrac{1}{2}(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}) = -\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$。验算：$BH^2 = OB^2 - OH^2 = 9 - 1 = 8$，与上面一致。

例 4　（场景：角平分线和内心）

問題　$\triangle OAB$ において $OA = 3$，$OB = 2$，$AB = 4$ とする。$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$ とおく。$\angle AOB$ の二等分線と辺 $AB$ の交点を $D$，$\triangle OAB$ の内心を $I$ とするとき，$\overrightarrow{OD}$，$\overrightarrow{OI}$ を $\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{b}$ を用いて表し，$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}$ を求めよ。

解答　$AD : DB = OA : OB = 3 : 2$ であるから

$$\overrightarrow{OD} = \frac{2\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{5}.$$

$AD = \dfrac{3}{5} \times 4 = \dfrac{12}{5}$。内心 $I$ は $OD$ 上にあり，また $\angle OAB$ の二等分線上にある。$\triangle OAD$ において $AI$ は $\angle OAD$ を二等分するから，$OI : ID = AO : AD = 3 : \dfrac{12}{5} = 5 : 4$。よって

$$\overrightarrow{OI} = \frac{5}{9}\overrightarrow{OD} = \frac{2\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{9}.$$

また $|\overrightarrow{b} - \overrightarrow{a}|^2 = 16$ より $4 - 2\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} + 9 = 16$，したがって $\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = -\dfrac{3}{2}$ である。

中文翻译　题目：三角形 $OAB$ 中 $OA = 3$，$OB = 2$，$AB = 4$。设 $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$。$\angle AOB$ 的平分线交 $AB$ 于 $D$，$\triangle OAB$ 的内心为 $I$。用 $\overrightarrow{a}$、$\overrightarrow{b}$ 表示 $\overrightarrow{OD}$、$\overrightarrow{OI}$，并求 $\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}$。解答：$AD : DB = OA : OB = 3 : 2$，$\overrightarrow{OD} = \dfrac{2\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{5}$。$AD = \dfrac{3}{5} \times 4 = \dfrac{12}{5}$。内心 $I$ 在 $OD$ 上，又在 $\angle OAB$ 的平分线上；在 $\triangle OAD$ 中，$AI$ 平分 $\angle OAD$，所以 $OI : ID = AO : AD = 3 : \dfrac{12}{5} = 5 : 4$，$\overrightarrow{OI} = \dfrac{5}{9}\overrightarrow{OD} = \dfrac{2\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}}{9}$。内积：$|\overrightarrow{b} - \overrightarrow{a}|^2 = 16$，即 $4 - 2\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} + 9 = 16$，$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = -\dfrac{3}{2}$。

解说　容易卡在：求 $OI : ID$ 时用 $OA : OD$。在 $\triangle OAD$ 里，$A$ 的平分线把对边 $OD$ 分成两段，比等于夹这个角的两边 $AO : AD$。另一条路是用 16.4 常用推论的内心公式 $\overrightarrow{OI} = \dfrac{OB \cdot \boldsymbol{a} + OA \cdot \boldsymbol{b}}{OA + OB + AB} = \dfrac{2\boldsymbol{a} + 3\boldsymbol{b}}{9}$，结果相同，可以用来验算。

常用推论

• 三点坐标直接求面积：$\triangle ABC$ 的面积 $= \dfrac{1}{2}|(x_2 - x_1)(y_3 - y_1) - (x_3 - x_1)(y_2 - y_1)|$。推导：取 $\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{AC}$ 代入成分公式。
• 点到直线的距离：$B$ 到直线 $OA$ 的距离 $BH = \dfrac{2S}{|\boldsymbol{a}|} = \sqrt{|\boldsymbol{b}|^2 - \dfrac{(\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^2}{|\boldsymbol{a}|^2}}$。推导：面积 $= \dfrac{1}{2} \times OA \times BH$，或由勾股定理 $BH^2 = OB^2 - OH^2$。
• 对称点：$B$ 关于直线 $OA$ 的对称点 $B'$ 满足 $\overrightarrow{OB'} = 2\overrightarrow{OH} - \boldsymbol{b}$。推导：$H$ 是 $BB'$ 的中点。
• 内心：$\triangle OAB$ 的内心 $\overrightarrow{OI} = \dfrac{OB \cdot \boldsymbol{a} + OA \cdot \boldsymbol{b}}{OA + OB + AB}$，即每个顶点的权重等于对边的长。推导同例 4。

易错点

• 错在哪：面积写成 $\dfrac{1}{2}\sqrt{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}| - \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}$ 或 $\dfrac{1}{2}(|\boldsymbol{a}|^2|\boldsymbol{b}|^2 - (\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^2)$。 为什么错：公式来自 $\dfrac{1}{2}|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\sin\theta$，平方后相减才能开方，根号不能省。 正确做法：$\dfrac{1}{2}\sqrt{|\boldsymbol{a}|^2|\boldsymbol{b}|^2 - (\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^2}$；用 $\theta = 90^\circ$（$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 0$）检查，应得 $\dfrac{1}{2}|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|$。
• 错在哪：垂足写成 $\overrightarrow{OH} = \dfrac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}|}\boldsymbol{a}$。 为什么错：$\dfrac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}|}$ 是投影的长度，要乘的是单位向量 $\dfrac{\boldsymbol{a}}{|\boldsymbol{a}|}$，合起来分母是 $|\boldsymbol{a}|^2$。 正确做法：设 $\overrightarrow{OH} = k\boldsymbol{a}$，用垂直条件现求 $k$，不用背公式。
• 错在哪：角平分线写成 $\overrightarrow{OD} = \dfrac{|\boldsymbol{a}|\boldsymbol{a} + |\boldsymbol{b}|\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| + |\boldsymbol{b}|}$。 为什么错：$AD : DB = |\boldsymbol{a}| : |\boldsymbol{b}|$，内分公式里 $\boldsymbol{a}$ 的系数是 $DB$ 对应的 $|\boldsymbol{b}|$。 正确做法：$\overrightarrow{OD} = \dfrac{|\boldsymbol{b}|\boldsymbol{a} + |\boldsymbol{a}|\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}| + |\boldsymbol{b}|}$。

直观理解

面积公式就是“平行四边形面积的平方 $= |\boldsymbol{a}|^2|\boldsymbol{b}|^2 - (\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b})^2$”：两个向量越接近平行，内积越接近 $|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|$，差越小，平行四边形越扁；垂直时内积为 0，面积最大。

垂足 $H$ 是 $B$ 在直线 $OA$ 上的“影子”：光从垂直于 $OA$ 的方向照下来，$\boldsymbol{b}$ 的影子沿 $\boldsymbol{a}$ 方向，长度是 $|\boldsymbol{b}|\cos\theta$。三个数 $|\boldsymbol{a}|$、$|\boldsymbol{b}|$、$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ 相当于给出了两边和夹角，三角形就完全确定了，所以 EJU 只给这三个数就能问出一整道题。

关联知识点

• 前置：国内书第 15 章 15.3 节（内积）、15.4 节（投影向量）、15.5 节（模和夹角），第 26 章 26.5 节（空间的内积）。
• 本书第 6 章 図形と計量：面积 $\dfrac{1}{2}ab\sin C$，本节公式是它的向量版。
• 本书第 9 章 図形の性質：角平分线定理、三角形的五心。
• 后续：16.7 空间中点到平面的垂足，用的是同样的“设系数、列垂直条件”。

16.5 平面上のベクトル方程式（直線・円・点の存在範囲）

说明

ベクトル方程式：图形上的点 $P(\boldsymbol{p})$ 都满足、图形外的点都不满足的、关于 $\boldsymbol{p}$ 的等式。国内书只在第 28、29 章用坐标写直线和圆的方程，没有向量形式。

直线：

已知条件	ベクトル方程式	成分写法
过点 $A(\boldsymbol{a})$，方向向量 $\boldsymbol{u} = (l, m)$	$\boldsymbol{p} = \boldsymbol{a} + t\boldsymbol{u}$	$x = x_1 + lt$，$y = y_1 + mt$
过两点 $A(\boldsymbol{a})$、$B(\boldsymbol{b})$	$\boldsymbol{p} = (1 - t)\boldsymbol{a} + t\boldsymbol{b}$，即 $\boldsymbol{p} = s\boldsymbol{a} + t\boldsymbol{b}$，$s + t = 1$
过点 $A(\boldsymbol{a})$，法线向量 $\boldsymbol{n} = (a, b)$	$\boldsymbol{n} \cdot (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a}) = 0$	$a(x - x_1) + b(y - y_1) = 0$

$t$ 叫媒介変数（参数），$\boldsymbol{u}$ 叫方向ベクトル，$\boldsymbol{n}$ 叫法線ベクトル（与直线垂直的非零向量）。由第三行，直线 $ax + by + c = 0$ 的法线向量是 $(a, b)$，方向向量可取 $(b, -a)$。

圆：中心 $C(\boldsymbol{c})$、半径 $r$ 的圆是

$$|\boldsymbol{p} - \boldsymbol{c}| = r \quad \text{或} \quad (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{c}) \cdot (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{c}) = r^2.$$

以 $AB$ 为直径的圆是

$$(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a}) \cdot (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{b}) = 0.$$

点的存在范围：$\overrightarrow{OP} = s\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB}$（$\overrightarrow{OA}$、$\overrightarrow{OB}$ 1 次独立），$s$、$t$ 满足不同条件时，点 $P$ 走过的范围：

$s$、$t$ 的条件	点 $P$ 的存在范围
$s + t = 1$	直线 $AB$
$s + t = 1$，$s \ge 0$，$t \ge 0$	线段 $AB$
$s + t \le 1$，$s \ge 0$，$t \ge 0$	$\triangle OAB$ 的周及内部
$s + t = k$（$k > 0$）	过 $k\overrightarrow{OA}$、$k\overrightarrow{OB}$ 两点、与 $AB$ 平行的直线
$0 \le s \le 1$，$0 \le t \le 1$	以 $OA$、$OB$ 为邻边的平行四边形的周及内部

使用场景

• 题目给出直线的ベクトル方程式或媒介変数表示，要求化成 $x$、$y$ 的方程，或反过来：消去 $t$，或取方向向量写参数。
• 题目给出法线向量，或要求两直线的夹角：用法线向量写直线方程，夹角看两个法线向量的夹角。
• 题目给出 $|\boldsymbol{p} - \cdots| = r$、$(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a}) \cdot (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{b}) = 0$ 这类等式，问点 $P$ 画出什么图形：化成”$|\boldsymbol{p} - \text{某点}| = \text{常数}$“。
• 题目给出 $\overrightarrow{OP} = s\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB}$ 和 $s$、$t$ 的不等式，问 $P$ 的存在范围或它的面积：把条件化成“系数和 $\le 1$“的标准形。

注意点

• 平面上直线的ベクトル方程式和 $ax + by + c = 0$ 是同一条直线的两种写法；EJU 题干给出的常常是媒介変数表示，要会消去 $t$。
• 法线向量 $(a, b)$ 与方向向量 $(b, -a)$ 垂直，不要混用：$ax + by + c = 0$ 的系数直接给的是法线。
• 两直线的夹角取 $0^\circ$ 到 $90^\circ$；法线向量的夹角若是钝角，取它的补角。
• 存在范围题里，$s \ge 0$、$t \ge 0$ 决定是线段还是直线、是三角形还是无限区域，不能漏。
• EJU 题干的说法：「点 A を通り $\overrightarrow{u}$ に平行な直線のベクトル方程式」「媒介変数 $t$ を消去すると」「法線ベクトル」「点 P の存在範囲」「$P$ はどのような図形を描くか」。

证明

直线。 $P$ 在过 $A$、方向为 $\boldsymbol{u}$ 的直线上 $\iff \overrightarrow{AP} /\!/ \boldsymbol{u}$ 或 $P = A$ $\iff$ 存在实数 $t$ 使 $\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a} = t\boldsymbol{u}$（国内书第 14 章 14.5 节共线向量定理）。

法线形式：$P$ 在直线上 $\iff \overrightarrow{AP} \perp \boldsymbol{n}$ 或 $P = A$ $\iff \boldsymbol{n} \cdot (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a}) = 0$。代入 $\boldsymbol{n} = (a, b)$，$\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a} = (x - x_1, y - y_1)$，就是 $a(x - x_1) + b(y - y_1) = 0$。

以 $AB$ 为直径的圆。 $P \ne A, B$ 时，$P$ 在以 $AB$ 为直径的圆上 $\iff \angle APB = 90^\circ$（直径所对的圆周角是直角，第 9 章）$\iff \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = 0$。$P = A$ 或 $P = B$ 时内积也为 0。所以圆的方程是 $(\boldsymbol{a} - \boldsymbol{p}) \cdot (\boldsymbol{b} - \boldsymbol{p}) = 0$，与 $(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a}) \cdot (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{b}) = 0$ 相同。

$s + t \le 1$，$s \ge 0$，$t \ge 0$ 是三角形。 $s = t = 0$ 时 $P = O$。否则令 $k = s + t$，$0 < k \le 1$，

$$\overrightarrow{OP} = k\left(\frac{s}{k}\overrightarrow{OA} + \frac{t}{k}\overrightarrow{OB}\right) = k\overrightarrow{OQ}.$$

（关键一步：括号里两个系数非负、和为 1，所以 $Q$ 在线段 $AB$ 上。）$P$ 是把线段 $OQ$ 缩成 $k$ 倍的点，$Q$ 跑遍线段 $AB$、$k$ 跑遍 $0 < k \le 1$ 时，$P$ 正好扫过 $\triangle OAB$ 的周及内部。

例题

例 1　（场景：ベクトル方程式化成直线方程）

問題　点 $A(1, 2)$ を通り，方向ベクトル $\overrightarrow{u} = (3, -1)$ に平行な直線のベクトル方程式（媒介変数表示）を求め，さらに $x$，$y$ の方程式に直せ。

解答　$\overrightarrow{p} = \overrightarrow{a} + t\overrightarrow{u}$，すなわち $(x, y) = (1, 2) + t(3, -1)$ より

$$x = 1 + 3t, \qquad y = 2 - t.$$

第二式より $t = 2 - y$。これを第一式に代入すると $x = 1 + 3(2 - y)$，すなわち $x + 3y - 7 = 0$ である。

中文翻译　题目：求过点 $A(1, 2)$、方向向量为 $\overrightarrow{u} = (3, -1)$ 的直线的ベクトル方程式（参数表示），并化成 $x$、$y$ 的方程。解答：$\overrightarrow{p} = \overrightarrow{a} + t\overrightarrow{u}$，即 $(x, y) = (1, 2) + t(3, -1)$，$x = 1 + 3t$，$y = 2 - t$。由第二式 $t = 2 - y$，代入第一式：$x = 1 + 3(2 - y)$，即 $x + 3y - 7 = 0$。

解说　验算：法线向量 $(1, 3)$ 与方向向量 $(3, -1)$ 的内积 $3 - 3 = 0$，确实垂直；$A$ 代入 $1 + 6 - 7 = 0$。消去 $t$ 时选系数简单的那个式子解 $t$，这里从 $y$ 的式子解最快。

例 2　（场景：法线向量与两直线的夹角）

問題　(1) 点 $A(1, 2)$ を通り，法線ベクトル $\overrightarrow{n} = (2, 3)$ の直線の方程式を求めよ。(2) 2 直線 $x - 3y = 0$ と $2x - y = 0$ のなす角を求めよ。

解答　(1) $2(x - 1) + 3(y - 2) = 0$，すなわち $2x + 3y - 8 = 0$。

(2) 2 直線の法線ベクトルは $\overrightarrow{n}_1 = (1, -3)$，$\overrightarrow{n}_2 = (2, -1)$ である。

$$\cos\theta = \frac{\overrightarrow{n}_1 \cdot \overrightarrow{n}_2}{|\overrightarrow{n}_1||\overrightarrow{n}_2|} = \frac{2 + 3}{\sqrt{10}\sqrt{5}} = \frac{5}{5\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$$

より，法線のなす角は $45^\circ$。2 直線のなす角は，法線のなす角またはその補角のうち $90^\circ$ 以下のものであるから，$45^\circ$ である。

中文翻译　题目：（1）求过点 $A(1, 2)$、法向量为 $\overrightarrow{n} = (2, 3)$ 的直线方程。（2）求直线 $x - 3y = 0$ 与 $2x - y = 0$ 的夹角。解答：（1）$2(x - 1) + 3(y - 2) = 0$，即 $2x + 3y - 8 = 0$。（2）两条直线的法向量是 $\overrightarrow{n}_1 = (1, -3)$，$\overrightarrow{n}_2 = (2, -1)$。$\cos\theta = \dfrac{\overrightarrow{n}_1 \cdot \overrightarrow{n}_2}{|\overrightarrow{n}_1||\overrightarrow{n}_2|} = \dfrac{2 + 3}{\sqrt{10}\sqrt{5}} = \dfrac{5}{5\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$，法线的夹角是 $45^\circ$。两直线的夹角等于法线的夹角或其补角，取不超过 $90^\circ$ 的那个，所以是 $45^\circ$。

解说　另一种解法：用斜率。两直线的斜率是 $\dfrac{1}{3}$ 和 2，$\tan\theta = \left|\dfrac{2 - \dfrac{1}{3}}{1 + 2 \times \dfrac{1}{3}}\right| = 1$，$\theta = 45^\circ$。斜率法要用正切的加法定理（第 13 章），而且有一条直线与 $y$ 轴平行时不能用；法线向量法对任何直线都能用，算的只是内积。

例 3　（场景：判断ベクトル方程式表示的圆）

問題　(1) 平面上に 2 つの定点 $A(\overrightarrow{a})$，$B(\overrightarrow{b})$ がある。点 $P(\overrightarrow{p})$ が $\lvert 3\overrightarrow{p} - \overrightarrow{a} - 2\overrightarrow{b}\rvert = 6$ を満たすとき，$P$ はどのような図形を描くか。(2) $A(1, 0)$，$B(3, 4)$ とするとき，$(\overrightarrow{p} - \overrightarrow{a}) \cdot (\overrightarrow{p} - \overrightarrow{b}) = 0$ を $x$，$y$ の方程式に直せ。

解答　(1) 両辺を $3$ で割ると

$$\left|\overrightarrow{p} - \frac{\overrightarrow{a} + 2\overrightarrow{b}}{3}\right| = 2.$$

$\dfrac{\overrightarrow{a} + 2\overrightarrow{b}}{3}$ は $AB$ を $2 : 1$ に内分する点 $C$ の位置ベクトルであるから，$P$ は $C$ を中心とする半径 $2$ の円を描く。

(2) $(x - 1, y) \cdot (x - 3, y - 4) = 0$ より

$$(x - 1)(x - 3) + y(y - 4) = 0, \qquad x^2 + y^2 - 4x - 4y + 3 = 0, \qquad (x - 2)^2 + (y - 2)^2 = 5.$$

中心 $(2, 2)$ は $AB$ の中点で，半径 $\sqrt{5} = \dfrac{1}{2}AB$（$AB = \sqrt{4 + 16} = 2\sqrt{5}$）であり，「$AB$ を直径とする円」と一致する。

中文翻译　题目：（1）平面上 $A(\overrightarrow{a})$、$B(\overrightarrow{b})$ 是两个定点。点 $P(\overrightarrow{p})$ 满足 $\lvert 3\overrightarrow{p} - \overrightarrow{a} - 2\overrightarrow{b}\rvert = 6$，$P$ 画出什么图形？（2）$A(1, 0)$，$B(3, 4)$，把 $(\overrightarrow{p} - \overrightarrow{a}) \cdot (\overrightarrow{p} - \overrightarrow{b}) = 0$ 化成 $x$、$y$ 的方程。解答：（1）两边除以 $3$：$\left|\overrightarrow{p} - \dfrac{\overrightarrow{a} + 2\overrightarrow{b}}{3}\right| = 2$。$\dfrac{\overrightarrow{a} + 2\overrightarrow{b}}{3}$ 是把 $AB$ 内分成 $2 : 1$ 的点 $C$ 的位置向量，所以 $P$ 画出以 $C$ 为中心、半径为 $2$ 的圆。（2）$(x - 1, y) \cdot (x - 3, y - 4) = 0$，$(x - 1)(x - 3) + y(y - 4) = 0$，$x^2 + y^2 - 4x - 4y + 3 = 0$，$(x - 2)^2 + (y - 2)^2 = 5$。中心 $(2, 2)$ 是 $AB$ 的中点，半径 $\sqrt{5} = \dfrac{1}{2}AB$（$AB = \sqrt{4 + 16} = 2\sqrt{5}$），与「以 $AB$ 为直径」一致。

解说　容易卡在：(1) 只除左边的 $\boldsymbol{p}$ 的系数，忘了右边 6 也要除以 3。(2) 内积展开后要配方回标准形，才能读出圆心和半径；也可以直接看出它是以 $AB$ 为直径的圆，两种读法互相验算。

例 4　（场景：点的存在范围与面积）

問題　$\triangle OAB$ の面積は $3$ である。$\overrightarrow{OP} = s\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB}$，$s \geqq 0$，$t \geqq 0$，$s + 2t \leqq 2$ を満たす点 $P$ の存在する範囲の面積を求めよ。

解答　条件を「係数の和 $\leqq 1$」の形に直す：$\dfrac{s}{2} + t \leqq 1$。$s' = \dfrac{s}{2}$ とおくと

$$\overrightarrow{OP} = s' \cdot 2\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB}, \qquad s' \geqq 0, \quad t \geqq 0, \quad s' + t \leqq 1.$$

$\overrightarrow{OA'} = 2\overrightarrow{OA}$ とすると，$P$ の範囲は $\triangle OA'B$ の周および内部である。$\triangle OA'B$ と $\triangle OAB$ は高さが等しく，底辺が $2$ 倍であるから，面積は $2 \times 3 = 6$ である。

中文翻译　题目：$\triangle OAB$ 的面积为 $3$。$\overrightarrow{OP} = s\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB}$，$s \geqq 0$，$t \geqq 0$，$s + 2t \leqq 2$。求点 $P$ 存在的范围的面积。解答：把条件化成「系数和 $\leqq 1$」：$\dfrac{s}{2} + t \leqq 1$。令 $s' = \dfrac{s}{2}$，$\overrightarrow{OP} = s' \cdot 2\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB}$，$s' \geqq 0$，$t \geqq 0$，$s' + t \leqq 1$。设 $\overrightarrow{OA'} = 2\overrightarrow{OA}$，则 $P$ 的范围是 $\triangle OA'B$ 的周及内部。$\triangle OA'B$ 与 $\triangle OAB$ 高相同、底是 $2$ 倍，面积为 $2 \times 3 = 6$。

解说　容易卡在：直接把 $s + 2t \leqq 2$ 当成 $s + t \leqq 1$ 的范围（$\triangle OAB$）。先把右边化成 1，再看每个向量被放大了几倍：本题 $\overrightarrow{OA}$ 被放大 $2$ 倍，所以范围是以 $2\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OB}$ 为邻边的三角形，面积是原来的 $2$ 倍。

常用推论

• 直线 $ax + by + c = 0$：法线向量 $(a, b)$，方向向量 $(b, -a)$。推导：本节证明的法线形式展开。
• 点 $(x_0, y_0)$ 到直线 $ax + by + c = 0$ 的距离 $\dfrac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}$（国内书第 28 章 28.5 节）可以用法线向量证明：距离是 $\overrightarrow{AP}$ 在 $\boldsymbol{n}$ 方向上投影的长度 $\dfrac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AP}|}{|\boldsymbol{n}|}$。
• $k_1 \le s + t \le k_2$（$0 \le k_1 < k_2$），$s \ge 0$，$t \ge 0$：$P$ 的范围是两个三角形之差，即梯形，面积 $= (k_2^2 - k_1^2) \times \triangle OAB$。推导：$s + t \le k$ 对应把 $\triangle OAB$ 放大 $k$ 倍，面积放大 $k^2$ 倍。
• $|\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a}| = k|\boldsymbol{p} - \boldsymbol{b}|$（$k > 0$，$k \ne 1$）是圆（アポロニウスの円），$k = 1$ 时是 $AB$ 的垂直平分线。推导：两边平方后展开，见第 11 章 軌跡と方程式。

易错点

• 错在哪：把直线 $2x + 3y - 8 = 0$ 的方向向量说成 $(2, 3)$。 为什么错：$ax + by + c = 0$ 的系数 $(a, b)$ 是法线向量，与直线垂直。 正确做法：方向向量取 $(3, -2)$ 或 $(-3, 2)$，与 $(2, 3)$ 的内积为 0。
• 错在哪：$s + t \le 1$ 的条件下，忘了 $s \ge 0$、$t \ge 0$，仍然回答”$\triangle OAB$ 的内部”。 为什么错：没有非负条件时，$s$ 或 $t$ 可以取负值，$P$ 能跑到 $O$ 的另一侧，范围是无限的半平面。 正确做法：三个条件 $s \ge 0$、$t \ge 0$、$s + t \le 1$ 齐全才是三角形。题目漏给时要分清是直线、半平面还是三角形。
• 错在哪：$|\boldsymbol{p} - \boldsymbol{c}| = r$ 展开成 $|\boldsymbol{p}|^2 - |\boldsymbol{c}|^2 = r^2$。 为什么错：$|\boldsymbol{p} - \boldsymbol{c}|^2 = |\boldsymbol{p}|^2 - 2\boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{c} + |\boldsymbol{c}|^2$，中间项不能丢。 正确做法：按 $(x - y)^2$ 的规则展开，或者直接写成成分 $(x - c_1)^2 + (y - c_2)^2 = r^2$。

直观理解

ベクトル方程式就是“走法说明书”：$\boldsymbol{p} = \boldsymbol{a} + t\boldsymbol{u}$ 说的是“从 $A$ 出发，沿 $\boldsymbol{u}$ 方向走 $t$ 步”，$t$ 跑遍所有实数，脚印连成一条直线。$|\boldsymbol{p} - \boldsymbol{c}| = r$ 说的是“到 $C$ 的距离总是 $r$”，就是圆。

存在范围可以想成“放大镜”：$s + t = 1$ 是线段 $AB$；$s + t = k$ 是把这条线段以 $O$ 为中心放大 $k$ 倍；$k$ 从 0 涨到 1，线段从 $O$ 一点扫到 $AB$，扫过的就是整个三角形。

关联知识点

• 前置：国内书第 14 章 14.5 节（共线向量定理、系数和为 1），第 15 章 15.3 节（内积与垂直）。
• 国内书第 28 章（直线的方程）、第 29 章（圆的方程）：本节是同样的图形换成向量写法。
• 本书第 11 章 図形と方程式：軌跡、不等式表示的区域；存在范围题和“领域”题思路相同。
• 本书第 18 章 式と曲線：媒介変数表示推广到曲线。
• 后续：16.7 把直线、圆的ベクトル方程式搬到空间，得到直线、平面、球面。

16.6 空間座標と球面の方程式

说明

空间直角坐标系、点的坐标、两点间距离、内分点坐标，国内书第 26 章 26.4 节已经讲过。这里补三样国内书没有的：坐标平面的方程、对称点、球面的方程。

座標平面：日本叫 $xy$ 平面、$yz$ 平面、$zx$ 平面。

图形	方程
$xy$ 平面	$z = 0$
$yz$ 平面	$x = 0$
$zx$ 平面	$y = 0$
过点 $(a, b, c)$、平行于 $xy$ 平面的平面	$z = c$
过点 $(a, b, c)$、垂直于 $x$ 轴的平面	$x = a$

对称点：点 $P(a, b, c)$ 关于

对称的对象	对称点
$xy$ 平面	$(a, b, -c)$
$x$ 轴	$(a, -b, -c)$
原点	$(-a, -b, -c)$

记法：关于哪个平面对称，就只改不在这个平面里的那个坐标的符号；关于哪条轴对称，就只保留这条轴的坐标。

球面の方程式：中心 $(a, b, c)$、半径 $r$ 的球面是

$$(x - a)^2 + (y - b)^2 + (z - c)^2 = r^2.$$

展开后成为一般形 $x^2 + y^2 + z^2 + Ax + By + Cz + D = 0$。由一般形求中心和半径，用配方法，和国内书第 29 章 29.2 节圆的一般方程相同。日本区分球面（表面，$= r^2$）和球（实心，$\le r^2$）。

球面与平面的交线：球面中心 $C$ 到平面的距离为 $d$。$d < r$ 时交线是圆，圆心是 $C$ 在平面上的垂足 $C'$，半径 $\rho = \sqrt{r^2 - d^2}$；$d = r$ 时球面与平面相切于一点；$d > r$ 时不相交。

使用场景

• 题目问空间中一点关于坐标平面、坐标轴、原点的对称点，或到坐标轴、坐标平面的距离：按上表改符号，距离看相应坐标。
• 题目给出中心和半径、直径的两个端点，或“与某坐标平面相切”，要求球面方程：先定中心，再定半径。
• 题目给出 $x^2 + y^2 + z^2 + Ax + By + Cz + D = 0$，问中心和半径：三个变量分别配方。
• 题目问球面与坐标平面（或平行于坐标平面的平面）的交线：把平面方程代入，得到一个圆；或者用 $\rho = \sqrt{r^2 - d^2}$。

注意点

• 点 $(a, b, c)$ 到 $xy$ 平面的距离是 $|c|$，到 $z$ 轴的距离是 $\sqrt{a^2 + b^2}$，不要弄混。
• 方程 $(x - a)^2 + \cdots$ 里中心坐标的符号和方程中相反：$(x + 1)^2$ 对应中心的 $x$ 坐标 $-1$。
• 一般形配方后右边必须为正才是球面；为 0 是一个点，为负不表示任何图形。
• 球面与平面的交线要写成两个方程联立，例如「$(x - 2)^2 + (y + 3)^2 = 15$，$z = 0$」，只写前一个在空间里表示的是圆柱面。
• EJU 题干的说法：「中心が点 $(2, -3, 1)$，半径が 4 の球面の方程式」「$xy$ 平面と交わってできる円」「$zx$ 平面に接する」「座標空間」。

证明

球面方程。 点 $P(x, y, z)$ 在球面上 $\iff CP = r \iff CP^2 = r^2$，由两点间距离公式（国内书第 26 章 26.4 节）就是 $(x - a)^2 + (y - b)^2 + (z - c)^2 = r^2$。

交线是圆。 以平面 $z = k$ 为例，代入球面方程：

$$(x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2 - (k - c)^2.$$

$d = |k - c|$ 是中心到平面的距离。$d < r$ 时右边为正，在平面 $z = k$ 内这是中心 $(a, b, k)$、半径 $\sqrt{r^2 - d^2}$ 的圆。（关键一步：代入后 $z$ 消失，剩下的是平面内圆的方程。）一般的平面，用中心、垂足和交线上一点组成的直角三角形，由勾股定理得到同样的 $\rho = \sqrt{r^2 - d^2}$。

例题

例 1　（场景：对称点和距离）

問題　点 $P(2, -3, 4)$ について，$xy$ 平面，$y$ 軸，原点に関して対称な点の座標を求めよ。また，$P$ と原点，$z$ 軸，$xy$ 平面との距離を求めよ。

解答　$xy$ 平面に関して対称な点は $(2, -3, -4)$。$y$ 軸に関して対称な点は $y$ 座標を保ち，残りを変えて $(-2, -3, -4)$。原点に関して対称な点は $(-2, 3, -4)$。 原点までの距離は $\sqrt{4 + 9 + 16} = \sqrt{29}$，$z$ 軸までの距離は $\sqrt{2^2 + (-3)^2} = \sqrt{13}$，$xy$ 平面までの距離は $\lvert 4\rvert = 4$ である。

中文翻译　题目：点 $P(2, -3, 4)$。求 $P$ 关于 $xy$ 平面、$y$ 轴、原点的对称点，以及 $P$ 到原点、到 $z$ 轴、到 $xy$ 平面的距离。解答：关于 $xy$ 平面的对称点是 $(2, -3, -4)$；关于 $y$ 轴保留 $y$、其余变号，得 $(-2, -3, -4)$；关于原点的对称点是 $(-2, 3, -4)$。到原点的距离 $\sqrt{4 + 9 + 16} = \sqrt{29}$；到 $z$ 轴的距离 $\sqrt{2^2 + (-3)^2} = \sqrt{13}$；到 $xy$ 平面的距离 $\lvert 4\rvert = 4$。

解说　关于哪个平面对称，就只改不在这个平面里的那个坐标的符号；关于哪条轴对称，就保留这条轴的坐标、其余变号；关于原点对称，三个坐标全变号。到 $z$ 轴的距离是 $\sqrt{x^2 + y^2}$，不是 $|z|$；到 $xy$ 平面的距离才是 $|z|$。

例 2　（场景：求球面方程）

問題　(1) $A(1, 2, -1)$，$B(3, -2, 3)$ を直径の両端とする球面の方程式を求めよ。(2) 中心が $(1, -2, 3)$ で，$zx$ 平面に接する球面の方程式を求めよ。

解答　(1) 中心は $AB$ の中点 $(2, 0, 1)$。$AB = \sqrt{2^2 + (-4)^2 + 4^2} = 6$ より半径は $3$。よって方程式は $(x - 2)^2 + y^2 + (z - 1)^2 = 9$。

(2) $zx$ 平面（$y = 0$）に接するから，半径は中心と $zx$ 平面との距離 $\lvert -2\rvert = 2$ に等しい。よって方程式は $(x - 1)^2 + (y + 2)^2 + (z - 3)^2 = 4$。

中文翻译　题目：（1）以 $A(1, 2, -1)$、$B(3, -2, 3)$ 为直径两端的球面；（2）中心为 $(1, -2, 3)$、与 $zx$ 平面相切的球面。解答：（1）中心是 $AB$ 的中点 $(2, 0, 1)$。$AB = \sqrt{2^2 + (-4)^2 + 4^2} = 6$，半径 $3$。方程为 $(x - 2)^2 + y^2 + (z - 1)^2 = 9$。（2）与 $zx$ 平面（$y = 0$）相切，半径等于中心到 $zx$ 平面的距离 $\lvert -2\rvert = 2$。方程为 $(x - 1)^2 + (y + 2)^2 + (z - 3)^2 = 4$。

解说　另一种解法：(1) 用 16.5 节“以 $AB$ 为直径”的ベクトル方程式 $(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a}) \cdot (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{b}) = 0$，在空间里同样成立：

$$(x - 1)(x - 3) + (y - 2)(y + 2) + (z + 1)(z - 3) = 0,$$

展开得 $x^2 + y^2 + z^2 - 4x - 2z - 4 = 0$，配方即 $(x - 2)^2 + y^2 + (z - 1)^2 = 9$。先求中心半径的做法直接得到标准形，适合还要用中心、半径的题；内积法一步写出方程，不用算中点和距离，适合只要方程的题。

例 3　（场景：一般形求中心和半径）

問題　球面 $x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 6y - 2z - 2 = 0$ の中心と半径を求めよ。

解答　それぞれの文字について平方完成すると

$$(x - 2)^2 - 4 + (y + 3)^2 - 9 + (z - 1)^2 - 1 - 2 = 0, \qquad (x - 2)^2 + (y + 3)^2 + (z - 1)^2 = 16.$$

よって中心 $(2, -3, 1)$，半径 $4$ である。

中文翻译　题目：求球面 $x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 6y - 2z - 2 = 0$ 的中心和半径。解答：分别配方：$(x - 2)^2 - 4 + (y + 3)^2 - 9 + (z - 1)^2 - 1 - 2 = 0$，$(x - 2)^2 + (y + 3)^2 + (z - 1)^2 = 16$。中心 $(2, -3, 1)$，半径 $4$。

解说　一般形配方时，三个变量的常数项全部移到右边：$-4 - 9 - 1 - 2 = -16$，所以右边是 $16$。中心坐标的符号与括号里的符号相反：$(x - 2)^2$ 给 $2$，$(y + 3)^2$ 给 $-3$。右边是半径的平方，半径要开方。

例 4　（场景：球面与坐标平面的交线）

問題　例 3 の球面と $xy$ 平面の交わりについて，交線である円の中心と半径を求めよ。

解答　$z = 0$ を代入すると $(x - 2)^2 + (y + 3)^2 + 1 = 16$，すなわち

$$(x - 2)^2 + (y + 3)^2 = 15, \qquad z = 0.$$

交線は $xy$ 平面上の中心 $(2, -3, 0)$，半径 $\sqrt{15}$ の円である。

中文翻译　题目：例 3 的球面与 $xy$ 平面相交，求交线（圆）的中心和半径。解答：代入 $z = 0$：$(x - 2)^2 + (y + 3)^2 + 1 = 16$，即 $(x - 2)^2 + (y + 3)^2 = 15$，$z = 0$。交线是 $xy$ 平面上中心 $(2, -3, 0)$、半径 $\sqrt{15}$ 的圆。

解说　验算：中心 $(2, -3, 1)$ 到 $xy$ 平面的距离 $d = 1$，$\rho = \sqrt{16 - 1} = \sqrt{15}$。容易卡在：圆心写成 $(2, -3)$。空间里要写三个坐标 $(2, -3, 0)$，交线方程也要带上 $z = 0$，只写前一个方程在空间里表示圆柱面。

常用推论

• 球面与 $xy$ 平面相切 $\iff |c| = r$；与三个坐标平面都相切 $\iff |a| = |b| = |c| = r$。推导：相切即中心到平面的距离等于半径。
• 球面过原点 $\iff$ 一般形中 $D = 0$。推导：把 $(0, 0, 0)$ 代入。
• 球面上的点到定点 $Q$ 的距离，最大值 $CQ + r$，最小值 $|CQ - r|$。推导：最远、最近的点都在直线 $CQ$ 上（与第 11 章圆上的点到定点的距离相同）。
• 两个球面中心距为 $d$、半径为 $r_1$、$r_2$：$d = r_1 + r_2$ 外切，$d = |r_1 - r_2|$ 内切，$|r_1 - r_2| < d < r_1 + r_2$ 相交成一个圆。推导同平面上两圆的位置关系（第 9 章）。

易错点

• 错在哪：$(x + 1)^2 + (y - 2)^2 + z^2 = 9$ 的中心写成 $(1, -2, 0)$。 为什么错：$(x - a)^2$ 里中心坐标是 $a$，$(x + 1)^2 = (x - (-1))^2$，所以 $a = -1$。 正确做法：中心 $(-1, 2, 0)$；写完代回检查中心使每个括号为 0。
• 错在哪：半径写成 9（右边的数）。 为什么错：右边是 $r^2$。 正确做法：$r = \sqrt{9} = 3$。
• 错在哪：截面圆半径写成 $r - d$。 为什么错：$r$、$d$、$\rho$ 是直角三角形的三条边，$r$ 是斜边，不是三段首尾相接的线段。 正确做法：$\rho = \sqrt{r^2 - d^2}$。

直观理解

球面方程就是“三维的勾股定理”：从中心走到球面上一点，沿三条轴分别走了 $x - a$、$y - b$、$z - c$，平方和等于半径的平方。

把一个橙子平放在桌上，用水平的刀切下去：刀离橙子中心越远，切面圆越小；刀正好碰到橙子顶端时只剩一个点（相切）。$\rho = \sqrt{r^2 - d^2}$ 说的就是这件事。

关联知识点

• 前置：国内书第 26 章 26.4 节（空间直角坐标系、两点间距离）。
• 国内书第 29 章 29.2 节：圆的一般方程与配方法，球面的一般形是它的三维版。
• 本书第 6 章 図形と計量：球的截面、空间图形的计量。
• 后续：16.7 球面的ベクトル方程式，球面与直线的交点。

16.7 空間のベクトル方程式（直線・平面・球面）

说明

16.5 的ベクトル方程式原样搬到空间，只是成分多了一个 $z$。

直线：过 $A(\boldsymbol{a})$、方向向量 $\boldsymbol{u} = (l, m, n)$：

$$\boldsymbol{p} = \boldsymbol{a} + t\boldsymbol{u}, \qquad x = x_1 + lt, \quad y = y_1 + mt, \quad z = z_1 + nt.$$

空间直线没有 $ax + by + c = 0$ 那样的一个方程，要用媒介変数表示（或两个方程联立）。

平面：

已知条件	ベクトル方程式
过 $A(\boldsymbol{a})$，与 1 次独立的 $\boldsymbol{u}$、$\boldsymbol{v}$ 平行	$\boldsymbol{p} = \boldsymbol{a} + s\boldsymbol{u} + t\boldsymbol{v}$
过不共线的三点 $A$、$B$、$C$	$\boldsymbol{p} = s\boldsymbol{a} + t\boldsymbol{b} + u\boldsymbol{c}$，$s + t + u = 1$
过 $A(x_1, y_1, z_1)$，法线向量 $\boldsymbol{n} = (a, b, c)$	$\boldsymbol{n} \cdot (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a}) = 0$，即 $a(x - x_1) + b(y - y_1) + c(z - z_1) = 0$

最后一行展开就是平面の方程式 $ax + by + cz + d = 0$，法线向量 $(a, b, c)$ 可以从系数直接读出。日本教科书把它放在正文之外，例如啓林館《新編数学C 改訂版》放在「空間のベクトル」一节末尾的「研究［発展］平面の方程式」；シラバス只写「ベクトル方程式」，没有点名平面方程；2017–2021 年公开过去问里的空间向量题（2018 年第 1 回、2019 年第 1 回、2021 年第 1 回）都按位置向量给空格（第二行的写法），没有直接用平面方程。自己演算或验算时用平面方程最快。

球面：中心 $C(\boldsymbol{c})$、半径 $r$：$|\boldsymbol{p} - \boldsymbol{c}| = r$，成分写出来就是 16.6 的球面方程。

EJU 最常考的空间题：从一点向平面作垂线，求垂足。 原点 $O$ 向平面 $ABC$ 作垂线，垂足 $H$ 满足两件事：

1. $H$ 在平面 $ABC$ 上：$\overrightarrow{OH} = s\boldsymbol{a} + t\boldsymbol{b} + u\boldsymbol{c}$，$s + t + u = 1$；
2. $OH$ 垂直于平面：$\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$，$\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$。

三个方程定出 $s$、$t$、$u$。求出 $OH$ 后，四面体 $OABC$ 的体积 $= \dfrac{1}{3} \times \triangle ABC \times OH$。

使用场景

• 题目给出空间直线的点和方向（或两点），问某点是否在直线上、直线与坐标平面的交点：写媒介変数表示，代入。
• 题目问直线与球面的交点、截得的弦长：把媒介変数表示代入球面方程，得到 $t$ 的二次方程。
• 题目问从一点（常是原点）向平面 $ABC$ 作的垂线的足、垂线长、四面体体积：用“系数和为 1 + 两个垂直条件”。
• 题目给出平面的法线向量，或能直接写出平面方程，问点到平面的垂足和距离：过该点沿法线方向写直线，代入平面方程。

注意点

• 平面的垂直条件要对平面内两个不平行的向量各写一次，只写一个不够。
• 直线与球面联立得到的 $t$ 的二次方程：两个实根是两个交点，重根是相切，没有实根是不相交。
• 弦长 $= |t_1 - t_2| \cdot |\boldsymbol{u}|$，别忘了乘方向向量的长度。
• EJU 题干的说法：「点 A を通り $\overrightarrow{u}$ に平行な直線」「原点 O から平面 ABC に垂線 OH を下ろす」「直線 ℓ と平面 α の交点」「四面体 OABC の体積」。

证明

平面的法线形式。 $P$ 在过 $A$、法线为 $\boldsymbol{n}$ 的平面上 $\iff \overrightarrow{AP}$ 在平面内 $\iff \overrightarrow{AP} \perp \boldsymbol{n}$ 或 $P = A$ $\iff \boldsymbol{n} \cdot (\boldsymbol{p} - \boldsymbol{a}) = 0$。代入成分即 $a(x - x_1) + b(y - y_1) + c(z - z_1) = 0$，令 $d = -(ax_1 + by_1 + cz_1)$ 就是 $ax + by + cz + d = 0$。

垂直于平面只要垂直于两个向量。 平面内任一向量都能写成 $x\overrightarrow{AB} + y\overrightarrow{AC}$（国内书第 26 章 26.2 节共面向量定理）。若 $\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ 且 $\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$，则

$$\overrightarrow{OH} \cdot (x\overrightarrow{AB} + y\overrightarrow{AC}) = x \cdot 0 + y \cdot 0 = 0,$$

（关键一步：内积对加法和数乘可以拆开。）所以 $OH$ 与平面内所有向量垂直。

例题

例 1　（场景：空间直线的媒介変数表示）

問題　直線 $\ell$ は点 $A(1, -1, 2)$ を通り，方向ベクトル $\overrightarrow{u} = (2, 1, -1)$ に平行である。(1) 点 $B(-3, -3, 4)$ は $\ell$ 上にあるかどうか調べよ。(2) $\ell$ と $xy$ 平面の交点を求めよ。

解答　$\ell$：$x = 1 + 2t$，$y = -1 + t$，$z = 2 - t$。

(1) $x = -3$ より $t = -2$。このとき $y = -3$，$z = 4$ で $B$ の座標と一致するから，$B$ は $\ell$ 上にある。

(2) $xy$ 平面上では $z = 0$ である。$2 - t = 0$ より $t = 2$，交点は $(5, 1, 0)$ である。

中文翻译　题目：直线 $\ell$ 过点 $A(1, -1, 2)$，方向向量 $\overrightarrow{u} = (2, 1, -1)$。（1）判断点 $B(-3, -3, 4)$ 是否在 $\ell$ 上；（2）求 $\ell$ 与 $xy$ 平面的交点。解答：$\ell$：$x = 1 + 2t$，$y = -1 + t$，$z = 2 - t$。（1）由 $x = -3$ 得 $t = -2$，此时 $y = -3$，$z = 4$，与 $B$ 一致，$B$ 在 $\ell$ 上。（2）$xy$ 平面上 $z = 0$，$2 - t = 0$，$t = 2$，交点 $(5, 1, 0)$。

解说　判断点在不在直线上：用其中一个坐标定出 $t$，再代回另外两个式子检验，三个坐标都对上才算在直线上。求与坐标平面的交点：令该平面缺失的坐标为 $0$（$xy$ 平面令 $z = 0$），解出 $t$ 再代回。空间直线不能写成 $ax + by + c = 0$ 形式，EJU 给的都是参数表示。

例 2　（场景：直线与球面的交点和弦长）

問題　球面 $S$：$x^2 + y^2 + z^2 = 14$ と直線 $\ell$：$\overrightarrow{p} = (1, 1, 0) + t(1, 0, 1)$ について，$S$ と $\ell$ の交点，および $\ell$ が $S$ によって切り取られる弦の長さを求めよ。

解答　$\ell$ 上の点は $(1 + t, 1, t)$ と表される。これを $S$ の方程式に代入すると

$$(1 + t)^2 + 1 + t^2 = 14, \qquad 2t^2 + 2t - 12 = 0, \qquad (t + 3)(t - 2) = 0.$$

$t = 2$ のとき交点 $(3, 1, 2)$，$t = -3$ のとき交点 $(-2, 1, -3)$ である。弦の長さは $\lvert 2 - (-3)\rvert \times \lvert \overrightarrow{u}\rvert = 5 \times \sqrt{2} = 5\sqrt{2}$。

中文翻译　题目：球面 $S$：$x^2 + y^2 + z^2 = 14$，直线 $\ell$：$\overrightarrow{p} = (1, 1, 0) + t(1, 0, 1)$。求 $S$ 与 $\ell$ 的交点和 $\ell$ 被 $S$ 截得的弦长。解答：$\ell$ 上的点 $(1 + t, 1, t)$，代入：$(1 + t)^2 + 1 + t^2 = 14$，$2t^2 + 2t - 12 = 0$，$(t + 3)(t - 2) = 0$。$t = 2$ 时交点 $(3, 1, 2)$，$t = -3$ 时交点 $(-2, 1, -3)$。弦长 $= \lvert 2 - (-3)\rvert \times \lvert \overrightarrow{u}\rvert = 5 \times \sqrt{2} = 5\sqrt{2}$。

解说　验算：两交点的差 $(5, 0, 5)$，长度 $\sqrt{50} = 5\sqrt{2}$。弦长不要只写 $|t_1 - t_2|$：$t$ 每增加 1，点沿直线移动 $|\overrightarrow{u}|$，本题 $|\overrightarrow{u}| = \sqrt{2}$，所以还要乘上去。

例 3　（场景：原点到平面的垂足）

問題　$A(4, 0, 0)$，$B(0, 2, 0)$，$C(0, 0, 4)$ とする。原点 $O$ から平面 $ABC$ に下ろした垂線の足を $H$ とする。$H$ の座標と $OH$ の長さを求め，さらに $\triangle ABC$ の面積を求めよ。

解答　$H$ は平面 $ABC$ 上にあるから，$\overrightarrow{OH} = s\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB} + u\overrightarrow{OC} = (4s, 2t, 4u)$，$s + t + u = 1$ とおける。

$\overrightarrow{AB} = (-4, 2, 0)$，$\overrightarrow{AC} = (-4, 0, 4)$ である。垂直条件より

$$\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AB} = -16s + 4t = 0, \qquad \overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AC} = -16s + 16u = 0.$$

よって $t = 4s$，$u = s$。これを $s + t + u = 1$ に代入すると $6s = 1$，$s = \dfrac{1}{6}$，$t = \dfrac{2}{3}$，$u = \dfrac{1}{6}$。したがって

$$H\left(\frac{2}{3}, \frac{4}{3}, \frac{2}{3}\right), \qquad OH = \frac{\sqrt{4 + 16 + 4}}{3} = \frac{2\sqrt{6}}{3}.$$

四面体 $OABC$ の体積は $V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 4 \times 2 \times 4 = \dfrac{16}{3}$。また $V = \dfrac{1}{3} \times \triangle ABC \times OH$ であるから，$\triangle ABC = \dfrac{3V}{OH} = \dfrac{16}{2\sqrt{6}/3} = 4\sqrt{6}$ である。

中文翻译　题目：$A(4, 0, 0)$，$B(0, 2, 0)$，$C(0, 0, 4)$。从原点 $O$ 向平面 $ABC$ 作垂线，垂足为 $H$。求 $H$ 的坐标和 $OH$ 的长，并求 $\triangle ABC$ 的面积。解答：$H$ 在平面 $ABC$ 上，设 $\overrightarrow{OH} = s\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB} + u\overrightarrow{OC} = (4s, 2t, 4u)$，$s + t + u = 1$。$\overrightarrow{AB} = (-4, 2, 0)$，$\overrightarrow{AC} = (-4, 0, 4)$。垂直条件：$\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AB} = -16s + 4t = 0$，$\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AC} = -16s + 16u = 0$。得 $t = 4s$，$u = s$。代入 $s + t + u = 1$：$6s = 1$，$s = \dfrac{1}{6}$，$t = \dfrac{2}{3}$，$u = \dfrac{1}{6}$。所以 $H\left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{4}{3}, \dfrac{2}{3}\right)$，$OH = \dfrac{\sqrt{4 + 16 + 4}}{3} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$。四面体 $OABC$ 的体积 $V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 4 \times 2 \times 4 = \dfrac{16}{3}$。又 $V = \dfrac{1}{3} \times \triangle ABC \times OH$，所以 $\triangle ABC = \dfrac{3V}{OH} = \dfrac{16}{2\sqrt{6}/3} = 4\sqrt{6}$。

解说　另一种解法：用平面方程。平面 $ABC$ 的截距式是 $\dfrac{x}{4} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{4} = 1$，即 $x + 2y + z = 4$，法线向量 $(1, 2, 1)$。$H$ 在过 $O$、沿法线方向的直线上，设 $H(k, 2k, k)$，代入平面方程 $6k = 4$，$k = \dfrac{2}{3}$，得同样的 $H$。平面方程法三行就完，适合验算；位置向量法是 EJU 誘導给空格的顺序（先 $s$、$t$、$u$ 的关系，再解），考场上照着空格走更稳。三个垂直条件缺一不可：只对 $\overrightarrow{AB}$ 写一个条件，加系数和为 1 只有两个方程，定不出三个未知数。

例 4　（场景：用平面方程求垂足和距离）

問題　平面 $\alpha$ は点 $A(1, 0, 2)$ を通り，法線ベクトル $\overrightarrow{n} = (1, 2, -1)$ をもつ。(1) $\alpha$ の方程式を求めよ。(2) 点 $B(2, 3, 1)$ から $\alpha$ に下ろした垂線の足 $H$ と，$B$ と $\alpha$ の距離を求めよ。

解答　(1) $(x - 1) + 2y - (z - 2) = 0$，すなわち $x + 2y - z + 1 = 0$。

(2) $B$ を通り $\overrightarrow{n}$ に平行な直線上の点は $(2 + t, 3 + 2t, 1 - t)$ と表される。これを $\alpha$ の方程式に代入すると

$$(2 + t) + 2(3 + 2t) - (1 - t) + 1 = 8 + 6t = 0, \qquad t = -\frac{4}{3}.$$

よって $H\left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{7}{3}\right)$，距離 $BH = \lvert t\rvert \cdot \lvert \overrightarrow{n}\rvert = \dfrac{4}{3}\sqrt{6} = \dfrac{4\sqrt{6}}{3}$ である。

中文翻译　题目：平面 $\alpha$ 过点 $A(1, 0, 2)$，法向量 $\overrightarrow{n} = (1, 2, -1)$。（1）求 $\alpha$ 的方程；（2）求点 $B(2, 3, 1)$ 到 $\alpha$ 的垂足 $H$ 和距离。解答：（1）$(x - 1) + 2y - (z - 2) = 0$，即 $x + 2y - z + 1 = 0$。（2）过 $B$、沿 $\overrightarrow{n}$ 方向的直线：$(2 + t, 3 + 2t, 1 - t)$。代入 $\alpha$：$(2 + t) + 2(3 + 2t) - (1 - t) + 1 = 8 + 6t = 0$，$t = -\dfrac{4}{3}$。$H\left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{7}{3}\right)$，距离 $BH = \lvert t\rvert \cdot \lvert \overrightarrow{n}\rvert = \dfrac{4}{3}\sqrt{6} = \dfrac{4\sqrt{6}}{3}$。

解说　验算：点到平面距离公式 $\dfrac{|2 + 6 - 1 + 1|}{\sqrt{1 + 4 + 1}} = \dfrac{8}{\sqrt{6}} = \dfrac{4\sqrt{6}}{3}$。垂足 $\overrightarrow{n}$ 方向直线的参数 $t$ 的绝对值乘 $|\overrightarrow{n}|$ 就是距离，不要漏乘 $|\overrightarrow{n}|$。求垂足时也可以直接用公式 $H = B - \dfrac{\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{n}|^2}\overrightarrow{n}$，本题 $t = -\dfrac{4}{3}$ 就是那个系数。

常用推论

• 点到平面的距离：点 $(x_0, y_0, z_0)$ 到平面 $ax + by + cz + d = 0$ 的距离 $\dfrac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$。推导：同例 4，沿法线走到平面，$|t| \cdot |\boldsymbol{n}|$ 化简即得；国内书第 27 章 27.5 节的向量公式 $\dfrac{|\overrightarrow{AP} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}$ 是同一个量。
• 截距式：平面过 $(p, 0, 0)$、$(0, q, 0)$、$(0, 0, r)$（$pqr \ne 0$）时方程为 $\dfrac{x}{p} + \dfrac{y}{q} + \dfrac{z}{r} = 1$。推导：三点代入后成立，而且这是一次方程。
• 垂足与外心：$OA = OB = OC$ 时，$O$ 到平面 $ABC$ 的垂足是 $\triangle ABC$ 的外心。推导：$HA^2 = OA^2 - OH^2$，三个相等。
• 直线与球面的位置关系：中心到直线的距离 $d$ 与半径 $r$ 比较，$d < r$ 相交，弦长 $2\sqrt{r^2 - d^2}$。推导同平面上的圆（国内书第 29 章 29.3 节）。

易错点

• 错在哪：求垂足时只写 $\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ 一个垂直条件，再加 $s + t + u = 1$ 就去解。 为什么错：三个未知数需要三个方程；只垂直于平面内一条直线，不能保证垂直于平面。 正确做法：对 $\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{AC}$ 各写一个垂直条件，再加系数和为 1。
• 错在哪：弦长写成 $|t_1 - t_2|$。 为什么错：$t$ 每增加 1，点沿直线走 $|\boldsymbol{u}|$ 的距离，不是 1。 正确做法：弦长 $= |t_1 - t_2| \cdot |\boldsymbol{u}|$；或直接求两交点的距离。
• 错在哪：以为空间直线也能写成 $ax + by + cz + d = 0$。 为什么错：一个一次方程在空间里表示平面，不是直线。 正确做法：空间直线用媒介変数表示，或写成两个平面方程联立。

直观理解

平面上，一个一次方程切掉一个自由度，剩下一条直线；空间里，一个一次方程也只切掉一个自由度，剩下的是两个自由度的平面。要得到直线，得切两刀（两个方程），或者干脆用一个参数 $t$ 来描述。这就是平面方程 $ax + by + cz + d = 0$ 是“平面”、而空间直线必须用参数写的原因。

求垂足就像从天花板吊一根铅垂线到斜坡上：线要“在坡面上落地”（系数和为 1），还要“和坡面上任何方向都垂直”（垂直于两条不平行的线就够了）。

关联知识点

• 前置：16.5 平面的ベクトル方程式；16.3 空间的系数和为 1；16.6 球面方程。
• 国内书第 27 章 27.2 节（法向量）、27.5 节（点到平面的距离）：本节例 4 与之相通，EJU 更常走例 3 的位置向量路线。
• 本书第 6 章 図形と計量：四面体的体积、截面。
• 本书第 23 章 積分の応用：体积计算会用到平面截面的面积。

16.8 题型与答法

ベクトル只考コース2。2026 年新シラバス下还没有公开试题，以下据 2017–2021 年公开的 7 回过去问：其中 4 回把它放在大问 Ⅱ 的問1（2017 年第 1 回是平面向量，2018 年第 1 回、2019 年第 1 回、2021 年第 1 回是空间向量），另外 3 回（2017 年第 2 回、2018 年第 2 回、2020 年第 2 回）的 Ⅱ 里没有ベクトル。2019 年第 1 回的空间向量题把四面体放在球里，和球面、空间图形的计量结合。平面题的骨架几乎固定：设 $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$、$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$ → 用分比参数写交点的两种表示 →「1 次独立であるから」比较系数 → 求比 → 给出 $|\overrightarrow{a}|$、$|\overrightarrow{b}|$、$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}$ 求长度或面积。空间题的骨架是：给出坐标或四面体 → 求内积、角、面积 → 从一点向平面作垂线（系数和为 1 + 两个垂直条件）→ 求垂线长和体积；球面题则是配方求中心半径 → 与坐标平面的交线 → 与直线的交点。

填涂提醒：分数的分子分母各占格，约到最简；根号里的数取最小（$\sqrt{32}$ 填成 $4\sqrt{2}$）；比 $a : b$ 要化成最简整数比；选择型空格从 ⓪～⑨ 里选一个数字涂。

問題 1　（平面ベクトル・交点）

$\triangle OAB$ において，辺 OA を $3 : 1$ に内分する点を C，辺 OB の中点を D とし，線分 AD と線分 BC の交点を P とする。$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$ とおく。

(1) $AP : PD = s : (1 - s)$，$BP : PC = t : (1 - t)$ とおくと，$\overrightarrow{a}$ と $\overrightarrow{b}$ は 1 次独立であるから

$$\overrightarrow{OP} = \frac{\fbox{A}}{\fbox{B}}\overrightarrow{a} + \frac{\fbox{C}}{\fbox{D}}\overrightarrow{b}$$

である。したがって，$AP : PD = \fbox{E} : \fbox{F}$ である。

(2) 直線 OP と辺 AB の交点を Q とすると，$AQ : QB = \fbox{G} : \fbox{H}$，$OP : PQ = \fbox{I} : \fbox{J}$ である。

(3) $|\overrightarrow{a}| = 2$，$|\overrightarrow{b}| = 3$，$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 2$ のとき，$\triangle OAB$ の面積は $\fbox{K}\sqrt{\fbox{L}}$ であり，$|\overrightarrow{OP}| = \dfrac{\sqrt{\fbox{MN}}}{\fbox{O}}$ である。

解答　(1) $\overrightarrow{OC} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OD} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{b}$ である。

$$\overrightarrow{OP} = (1 - s)\overrightarrow{a} + \frac{s}{2}\overrightarrow{b} = \frac{3t}{4}\overrightarrow{a} + (1 - t)\overrightarrow{b}.$$

$\overrightarrow{a}$ と $\overrightarrow{b}$ は 1 次独立であるから，係数を比較して $1 - s = \dfrac{3t}{4}$，$\dfrac{s}{2} = 1 - t$。第二式より $s = 2 - 2t$。これを第一式に代入すると $-1 + 2t = \dfrac{3t}{4}$，$t = \dfrac{4}{5}$，$s = \dfrac{2}{5}$。よって $\overrightarrow{OP} = \dfrac{3}{5}\overrightarrow{a} + \dfrac{1}{5}\overrightarrow{b}$，$AP : PD = \dfrac{2}{5} : \dfrac{3}{5} = 2 : 3$ である。したがって $\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 5$，$\fbox{C} = 1$，$\fbox{D} = 5$，$\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 3$。

(2) $\overrightarrow{OQ} = k\overrightarrow{OP}$ とおくと，$Q$ は直線 $AB$ 上にあるから係数の和は $1$：$k\left(\dfrac{3}{5} + \dfrac{1}{5}\right) = 1$，$k = \dfrac{5}{4}$。よって $\overrightarrow{OQ} = \dfrac{3\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}}{4}$ であり，$Q$ は $AB$ を $1 : 3$ に内分する。$OQ = \dfrac{5}{4}OP$，$PQ = \dfrac{1}{4}OP$ より $OP : PQ = 4 : 1$ である。したがって $\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 3$，$\fbox{I} = 4$，$\fbox{J} = 1$。

(3) $\triangle OAB$ の面積は $\dfrac{1}{2}\sqrt{2^2 \times 3^2 - 2^2} = \dfrac{1}{2}\sqrt{32} = 2\sqrt{2}$ であるから，$\fbox{K} = 2$，$\fbox{L} = 2$。

$$|\overrightarrow{OP}|^2 = \frac{9}{25} \times 4 + 2 \times \frac{3}{5} \times \frac{1}{5} \times 2 + \frac{1}{25} \times 9 = \frac{36 + 12 + 9}{25} = \frac{57}{25}$$

より $|\overrightarrow{OP}| = \dfrac{\sqrt{57}}{5}$ である。したがって $\fbox{MN} = 5, 7$，$\fbox{O} = 5$。

中文翻译　题目：在 $\triangle OAB$ 中，把边 $OA$ 内分成 $3 : 1$ 的点为 $C$，边 $OB$ 的中点为 $D$，线段 $AD$ 与 $BC$ 的交点为 $P$。设 $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}$。（1）设 $AP : PD = s : (1 - s)$，$BP : PC = t : (1 - t)$，因为 $\overrightarrow{a}$ 与 $\overrightarrow{b}$ 1 次独立，$\overrightarrow{OP} = \dfrac{\fbox{A}}{\fbox{B}}\overrightarrow{a} + \dfrac{\fbox{C}}{\fbox{D}}\overrightarrow{b}$，所以 $AP : PD = \fbox{E} : \fbox{F}$。（2）直线 $OP$ 与边 $AB$ 交于 $Q$，则 $AQ : QB = \fbox{G} : \fbox{H}$，$OP : PQ = \fbox{I} : \fbox{J}$。（3）当 $|\overrightarrow{a}| = 2$，$|\overrightarrow{b}| = 3$，$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 2$ 时，$\triangle OAB$ 的面积是 $\fbox{K}\sqrt{\fbox{L}}$，$|\overrightarrow{OP}| = \dfrac{\sqrt{\fbox{MN}}}{\fbox{O}}$。解答：（1）$\overrightarrow{OC} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{a}$，$\overrightarrow{OD} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{b}$。$\overrightarrow{OP} = (1 - s)\overrightarrow{a} + \dfrac{s}{2}\overrightarrow{b} = \dfrac{3t}{4}\overrightarrow{a} + (1 - t)\overrightarrow{b}$。因为 $\overrightarrow{a}$ 与 $\overrightarrow{b}$ 1 次独立，比较系数：$1 - s = \dfrac{3t}{4}$，$\dfrac{s}{2} = 1 - t$。由第二式 $s = 2 - 2t$，代入第一式 $-1 + 2t = \dfrac{3t}{4}$，$t = \dfrac{4}{5}$，$s = \dfrac{2}{5}$。所以 $\overrightarrow{OP} = \dfrac{3}{5}\overrightarrow{a} + \dfrac{1}{5}\overrightarrow{b}$，$AP : PD = \dfrac{2}{5} : \dfrac{3}{5} = 2 : 3$，$\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 5$，$\fbox{C} = 1$，$\fbox{D} = 5$，$\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 3$。（2）设 $\overrightarrow{OQ} = k\overrightarrow{OP}$，$Q$ 在直线 $AB$ 上，系数和为 $1$：$k\left(\dfrac{3}{5} + \dfrac{1}{5}\right) = 1$，$k = \dfrac{5}{4}$。$\overrightarrow{OQ} = \dfrac{3\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}}{4}$，$Q$ 把 $AB$ 内分成 $1 : 3$。$OQ = \dfrac{5}{4}OP$，$PQ = \dfrac{1}{4}OP$，$OP : PQ = 4 : 1$，$\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 3$，$\fbox{I} = 4$，$\fbox{J} = 1$。（3）$\triangle OAB$ 的面积 $\dfrac{1}{2}\sqrt{2^2 \times 3^2 - 2^2} = \dfrac{1}{2}\sqrt{32} = 2\sqrt{2}$，$\fbox{K} = 2$，$\fbox{L} = 2$。$|\overrightarrow{OP}|^2 = \dfrac{9}{25} \times 4 + 2 \times \dfrac{3}{5} \times \dfrac{1}{5} \times 2 + \dfrac{1}{25} \times 9 = \dfrac{36 + 12 + 9}{25} = \dfrac{57}{25}$，$|\overrightarrow{OP}| = \dfrac{\sqrt{57}}{5}$，$\fbox{MN} = 5, 7$，$\fbox{O} = 5$。

解说　两分钟做法：三角形里两条线段的交点，两种分比各写一次，用「1 次独立」比较系数；求出 $s$、$t$ 后，$AP : PD = s : (1 - s)$ 直接读出。第二问把 $Q$ 设在直线 $OP$ 上、再用「直线 $AB$ 上系数和为 1」定出 $k$，$OP : PQ$ 用 $OQ - OP$ 算。空格判断：$\fbox{A}$、$\fbox{B}$ 是 $\overrightarrow{a}$ 的系数，$\fbox{C}$、$\fbox{D}$ 是 $\overrightarrow{b}$ 的系数，两格不要写反；$\fbox{G} : \fbox{H}$ 是 $AQ : QB$，$\overrightarrow{a}$ 的系数大说明 $Q$ 离 $A$ 近，$AQ$ 是短段，所以是 $1 : 3$；面积 $\sqrt{32}$ 先化成 $4\sqrt{2}$ 再乘 $\dfrac{1}{2}$，得 $2\sqrt{2}$，$\fbox{K} = 2$、$\fbox{L} = 2$；$\fbox{MN}$ 是两位，填 $5$、$7$。

問題 2　（空間ベクトル・垂線の足）

座標空間に 4 点 $O(0, 0, 0)$，$A(3, 0, 0)$，$B(0, 3, 0)$，$C(1, 1, 2)$ がある。

(1) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \fbox{A}$，$\angle BAC = \fbox{BC}^\circ$ であり，$\triangle ABC$ の面積は $\dfrac{\fbox{D}}{\fbox{E}}$ である。

(2) O から平面 ABC に下ろした垂線の足を P とし，$\overrightarrow{OP} = s\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB} + u\overrightarrow{OC}$（$s + t + u = 1$）とおく。$\overrightarrow{OP} \perp \overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{OP} \perp \overrightarrow{AC}$ より $s = t = u = \dfrac{\fbox{F}}{\fbox{G}}$ である。よって，P は $\triangle ABC$ の $\fbox{H}$ であり，$|\overrightarrow{OP}| = \fbox{I}$，四面体 OABC の体積は $\fbox{J}$ である。

$\fbox{H}$ については，当てはまるものを次の ⓪～③ の中から一つ選びなさい。

⓪ 外心　① 内心　② 重心　③ 垂心

解答　(1) $\overrightarrow{AB} = (-3, 3, 0)$，$\overrightarrow{AC} = (-2, 1, 2)$ より，$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 6 + 3 + 0 = 9$。$|\overrightarrow{AB}| = 3\sqrt{2}$，$|\overrightarrow{AC}| = 3$ であるから，$\cos\angle BAC = \dfrac{9}{9\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\angle BAC = 45^\circ$。面積は $\dfrac{1}{2} \times 3\sqrt{2} \times 3 \times \sin 45^\circ = \dfrac{9}{2}$ である。したがって $\fbox{A} = 9$，$\fbox{BC} = 4, 5$，$\fbox{D} = 9$，$\fbox{E} = 2$。

(2) $\overrightarrow{OP} = (3s + u, 3t + u, 2u)$ である。

$$\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{AB} = -3(3s + u) + 3(3t + u) = 9(t - s) = 0, \qquad \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{AC} = -2(3s + u) + (3t + u) + 4u = -6s + 3t + 3u = 0.$$

第一式より $t = s$。これを第二式に代入すると $u = s$。さらに $s + t + u = 1$ より $s = t = u = \dfrac{1}{3}$ である。よって $\fbox{F} = 1$，$\fbox{G} = 3$。

このとき $\overrightarrow{OP} = \dfrac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{3}$ であり，$P$ は $\triangle ABC$ の重心で，$P\left(\dfrac{4}{3}, \dfrac{4}{3}, \dfrac{2}{3}\right)$ である。$|\overrightarrow{OP}| = \dfrac{\sqrt{16 + 16 + 4}}{3} = 2$，四面体 $OABC$ の体積は $\dfrac{1}{3} \times \dfrac{9}{2} \times 2 = 3$ である。よって $\fbox{I} = 2$，$\fbox{J} = 3$。

$\triangle ABC$ は $AB = 3\sqrt{2}$，$AC = BC = 3$ で正三角形ではないから，重心は外心・内心・垂心と異なる。よって $\fbox{H} = 2$（重心）である。

中文翻译　题目：坐标空间中有四点 $O(0, 0, 0)$，$A(3, 0, 0)$，$B(0, 3, 0)$，$C(1, 1, 2)$。（1）$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \fbox{A}$，$\angle BAC = \fbox{BC}^\circ$，$\triangle ABC$ 的面积是 $\dfrac{\fbox{D}}{\fbox{E}}$。（2）从 $O$ 向平面 $ABC$ 作垂线，垂足为 $P$，设 $\overrightarrow{OP} = s\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB} + u\overrightarrow{OC}$（$s + t + u = 1$）。由 $\overrightarrow{OP} \perp \overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{OP} \perp \overrightarrow{AC}$ 得 $s = t = u = \dfrac{\fbox{F}}{\fbox{G}}$。所以 $P$ 是 $\triangle ABC$ 的 $\fbox{H}$（从 ⓪ 外心、① 内心、② 重心、③ 垂心中选一个），$|\overrightarrow{OP}| = \fbox{I}$，四面体 $OABC$ 的体积是 $\fbox{J}$。解答：（1）$\overrightarrow{AB} = (-3, 3, 0)$，$\overrightarrow{AC} = (-2, 1, 2)$，内积 $6 + 3 + 0 = 9$。$|\overrightarrow{AB}| = 3\sqrt{2}$，$|\overrightarrow{AC}| = 3$，$\cos\angle BAC = \dfrac{9}{9\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\angle BAC = 45^\circ$。面积 $\dfrac{1}{2} \times 3\sqrt{2} \times 3 \times \sin 45^\circ = \dfrac{9}{2}$，$\fbox{A} = 9$，$\fbox{BC} = 4, 5$，$\fbox{D} = 9$，$\fbox{E} = 2$。（2）$\overrightarrow{OP} = (3s + u, 3t + u, 2u)$。$\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{AB} = -3(3s + u) + 3(3t + u) = 9(t - s) = 0$，$\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{AC} = -2(3s + u) + (3t + u) + 4u = -6s + 3t + 3u = 0$。由第一式 $t = s$，代入第二式 $u = s$，再由 $s + t + u = 1$ 得 $s = t = u = \dfrac{1}{3}$，$\fbox{F} = 1$，$\fbox{G} = 3$。这时 $\overrightarrow{OP} = \dfrac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{3}$，$P$ 是 $\triangle ABC$ 的重心，$P\left(\dfrac{4}{3}, \dfrac{4}{3}, \dfrac{2}{3}\right)$。$|\overrightarrow{OP}| = \dfrac{\sqrt{16 + 16 + 4}}{3} = 2$，四面体 $OABC$ 的体积 $\dfrac{1}{3} \times \dfrac{9}{2} \times 2 = 3$，$\fbox{I} = 2$，$\fbox{J} = 3$。$\triangle ABC$ 中 $AB = 3\sqrt{2}$，$AC = BC = 3$，不是正三角形，所以重心与外心、内心、垂心不同，$\fbox{H} = 2$（重心）。

解说　两分钟做法：先算两条边的向量，内积得角，面积用 $\dfrac{1}{2}ab\sin C$；垂足用「系数和为 1 + 对平面内两个不平行向量各写一个垂直条件」。$\triangle ABC$ 是等腰直角三角形（$AC = BC = 3$，$AB = 3\sqrt{2}$，$\angle C = 90^\circ$），外心是 $AB$ 的中点、垂心是 $C$，都不是 $P$；又不是正三角形，内心也不与重心重合。只有 ② 重心符合 $s = t = u = \dfrac{1}{3}$。空格判断：$\fbox{BC}$ 是角度两位数，填 $4$、$5$；面积 $\dfrac{9}{2}$ 的分子分母各一格；$\fbox{H}$ 是选择型，涂 $2$。

問題 3　（球面の方程式）

座標空間において，方程式

$$x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 2y - 6z + 5 = 0$$

で表される球面を S とする。

(1) S の中心の座標は $(\fbox{A}, -\fbox{B}, \fbox{C})$，半径は $\fbox{D}$ である。

(2) S と $zx$ 平面の交わりは，中心 $(\fbox{E}, 0, \fbox{F})$，半径 $\fbox{G}\sqrt{\fbox{H}}$ の円である。また，S が平面 $z = k$ に接するのは $k = \fbox{I}$，$\fbox{J}$ のときである。ただし，$\fbox{I} < \fbox{J}$ とする。

(3) 点 $(0, 1, 0)$ を通り，ベクトル $(1, 0, 1)$ に平行な直線を $\ell$ とする。$\ell$ 上の点は実数 $t$ を用いて $(t, 1, t)$ と表される。$\ell$ と S の 2 つの交点に対応する $t$ の値は $t = \fbox{K}$，$\fbox{L}$（$\fbox{K} < \fbox{L}$）であり，2 つの交点の間の距離は $\fbox{M}\sqrt{\fbox{N}}$ である。

解答　(1) 平方完成すると $(x - 2)^2 + (y + 1)^2 + (z - 3)^2 = 4 + 1 + 9 - 5 = 9$。よって中心 $(2, -1, 3)$，半径 $3$ である。したがって $\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 1$，$\fbox{C} = 3$，$\fbox{D} = 3$。

(2) $zx$ 平面は $y = 0$ である。代入すると $(x - 2)^2 + 1 + (z - 3)^2 = 9$，$(x - 2)^2 + (z - 3)^2 = 8$。よって中心 $(2, 0, 3)$，半径 $2\sqrt{2}$ であるから，$\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 3$，$\fbox{G} = 2$，$\fbox{H} = 2$。平面 $z = k$ に接するとき，中心と平面の距離は $\lvert k - 3\rvert = 3$ であるから，$k = 0$ または $6$。よって $\fbox{I} = 0$，$\fbox{J} = 6$。

(3) $\ell$ 上の点は $(t, 1, t)$ と表される。$S$ の方程式に代入すると

$$(t - 2)^2 + 4 + (t - 3)^2 = 9, \qquad 2t^2 - 10t + 8 = 0, \qquad t^2 - 5t + 4 = 0, \qquad t = 1, 4.$$

よって $\fbox{K} = 1$，$\fbox{L} = 4$。交点は $(1, 1, 1)$，$(4, 1, 4)$ で，2 つの交点の間の距離は $\sqrt{9 + 0 + 9} = 3\sqrt{2}$ であるから，$\fbox{M} = 3$，$\fbox{N} = 2$。

中文翻译　题目：坐标空间中，方程 $x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 2y - 6z + 5 = 0$ 表示的球面记为 $S$。（1）$S$ 的中心坐标是 $(\fbox{A}, -\fbox{B}, \fbox{C})$，半径是 $\fbox{D}$。（2）$S$ 与 $zx$ 平面的交线是中心 $(\fbox{E}, 0, \fbox{F})$、半径 $\fbox{G}\sqrt{\fbox{H}}$ 的圆。$S$ 与平面 $z = k$ 相切时 $k = \fbox{I}$ 或 $\fbox{J}$（$\fbox{I} < \fbox{J}$）。（3）过点 $(0, 1, 0)$、与向量 $(1, 0, 1)$ 平行的直线为 $\ell$，$\ell$ 上的点用实数 $t$ 表示为 $(t, 1, t)$。$\ell$ 与 $S$ 的两个交点对应 $t = \fbox{K}$、$\fbox{L}$（$\fbox{K} < \fbox{L}$），两交点间的距离是 $\fbox{M}\sqrt{\fbox{N}}$。解答：（1）配方：$(x - 2)^2 + (y + 1)^2 + (z - 3)^2 = 4 + 1 + 9 - 5 = 9$。中心 $(2, -1, 3)$，半径 $3$，$\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 1$，$\fbox{C} = 3$，$\fbox{D} = 3$。（2）$zx$ 平面是 $y = 0$：$(x - 2)^2 + 1 + (z - 3)^2 = 9$，$(x - 2)^2 + (z - 3)^2 = 8$，中心 $(2, 0, 3)$，半径 $2\sqrt{2}$，$\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 3$，$\fbox{G} = 2$，$\fbox{H} = 2$。相切时中心到平面 $z = k$ 的距离 $\lvert k - 3\rvert = 3$，$k = 0$ 或 $6$，$\fbox{I} = 0$，$\fbox{J} = 6$。（3）代入：$(t - 2)^2 + 4 + (t - 3)^2 = 9$，$2t^2 - 10t + 8 = 0$，$t^2 - 5t + 4 = 0$，$t = 1, 4$，$\fbox{K} = 1$，$\fbox{L} = 4$。交点 $(1, 1, 1)$、$(4, 1, 4)$，距离 $\sqrt{9 + 0 + 9} = 3\sqrt{2}$，$\fbox{M} = 3$，$\fbox{N} = 2$。

解说　两分钟做法：配方定中心、半径；与坐标平面相交就把该平面方程代入，交线圆的圆心第三个坐标补 $0$；相切是中心到平面的距离等于半径，两个 $k$ 一左一右；直线与球面联立得 $t$ 的二次方程，两个根就是两个交点。空格判断：$\fbox{A}$、$-\fbox{B}$、$\fbox{C}$ 里题干已经写出 $y$ 坐标的负号，所以 $\fbox{B} = 1$，不要再填负号；$\fbox{D}$ 填半径 $3$，不是半径的平方 $9$；$\sqrt{8}$ 化成 $2\sqrt{2}$，$\fbox{G} = 2$、$\fbox{H} = 2$；$k = 0$ 也是有效答案，$0$ 要涂；$t$ 的两个值按大小填 $1$、$4$；距离 $3\sqrt{2}$ 填 $\fbox{M} = 3$、$\fbox{N} = 2$。

16.9 术语与题干用语

日文	读音	中文	例句或说明
ベクトル	べくとる	向量	「ベクトル $\overrightarrow{a}$」
大きさ	おおきさ	模（长度）	「$\overrightarrow{a}$ の大きさ $\lvert\overrightarrow{a}\rvert$」
零ベクトル	ぜろべくとる	零向量	$\overrightarrow{0}$
単位ベクトル	たんいべくとる	单位向量	大きさが 1 のベクトル
逆ベクトル	ぎゃくべくとる	相反向量	$-\overrightarrow{a}$
成分	せいぶん	坐标（分量）	「$\overrightarrow{a} = (2, -1)$ の成分表示」
内積	ないせき	数量积	「$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}$ を求めよ」
平行	へいこう	平行	$\overrightarrow{a} /\!/ \overrightarrow{b}$
垂直	すいちょく	垂直	$\overrightarrow{a} \perp \overrightarrow{b}$
1 次独立	いちじどくりつ	线性无关（不共线、不共面）	「$\overrightarrow{a}$ と $\overrightarrow{b}$ は 1 次独立であるから」
位置ベクトル	いちべくとる	位置向量	「点 A の位置ベクトルを $\overrightarrow{a}$ とする」
内分	ないぶん	内分	「線分 AB を $2 : 1$ に内分する点」
外分	がいぶん	外分	「線分 AB を $2 : 1$ に外分する点」
中点	ちゅうてん	中点
重心	じゅうしん	重心	「$\triangle ABC$ の重心 G」
内心	ないしん	内心
外心	がいしん	外心
垂心	すいしん	垂心
交点	こうてん	交点	「線分 AD と BC の交点を P とする」
一直線上にある	いっちょくせんじょうにある	在一条直线上（共线）	「3 点 P，Q，R は一直線上にある」
同じ平面上にある	おなじへいめんじょうにある	在同一平面上（共面）	「4 点 A，B，C，P が同じ平面上にある」
正射影ベクトル	せいしゃえいべくとる	投影向量	多见于参考书和入试解说，教科书正文不一定出现
垂線の足	すいせんのあし	垂足	「O から平面 ABC に下ろした垂線の足」
角の二等分線	かくのにとうぶんせん	角平分线	「$\angle AOB$ の二等分線」
ベクトル方程式	べくとるほうていしき	向量方程	「直線のベクトル方程式」
方向ベクトル	ほうこうべくとる	方向向量
法線ベクトル	ほうせんべくとる	法向量	「$\overrightarrow{n}$ を法線ベクトルとする直線」
媒介変数	ばいかいへんすう	参数	「媒介変数 $t$ を消去する」
存在範囲	そんざいはんい	（点的）存在范围	「点 P の存在範囲を図示せよ」
座標空間	ざひょうくうかん	空间直角坐标系
座標平面	ざひょうへいめん	坐标平面	$xy$ 平面，$yz$ 平面，$zx$ 平面
球面	きゅうめん	球面	「中心 C，半径 $r$ の球面」
球	きゅう	球（实心）
接する	せっする	相切	「球面 S が $xy$ 平面に接する」
交わり	まじわり	交线（交集）	「S と平面の交わりは円である」
四面体	しめんたい	四面体（三棱锥）	「四面体 OABC の体積」
平面の方程式	へいめんのほうていしき	平面方程	$ax + by + cz + d = 0$
〜とおく	〜とおく	设……	「$\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}$ とおく」
〜を下ろす	〜をおろす	作（垂线）	「垂線を下ろす」
〜を通り	〜をとおり	经过……	「点 A を通り $\overrightarrow{u}$ に平行な直線」

16.10 自测

1. $A(2, -1)$，$B(5, 5)$，求把线段 $AB$ 外分成 $2 : 1$ 的点的坐标。
2. $\triangle ABC$ 内的点 $P$ 满足 $\overrightarrow{PA} + 2\overrightarrow{PB} + 3\overrightarrow{PC} = \boldsymbol{0}$。用 $\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{AC}$ 表示 $\overrightarrow{AP}$，并求 $\triangle PBC : \triangle PCA : \triangle PAB$。
3. $\triangle OAB$ 中，$C$ 是 $OA$ 的中点，$D$ 把 $OB$ 内分成 $2 : 1$，$AD$ 与 $BC$ 交于 $P$。用 $\boldsymbol{a} = \overrightarrow{OA}$、$\boldsymbol{b} = \overrightarrow{OB}$ 表示 $\overrightarrow{OP}$。
4. 四面体 $OABC$ 中，$\overrightarrow{OP} = \dfrac{1}{2}\boldsymbol{a} + \dfrac{1}{3}\boldsymbol{b} + \dfrac{1}{4}\boldsymbol{c}$。直线 $OP$ 与平面 $ABC$ 交于 $Q$，用 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 表示 $\overrightarrow{OQ}$。
5. $|\boldsymbol{a}| = 2$，$|\boldsymbol{b}| = 3$，$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = -3$，求 $\triangle OAB$ 的面积。
6. 求以 $O(0, 0, 0)$、$A(1, 1, 0)$、$B(0, 1, 1)$ 为顶点的三角形的面积。
7. 把过点 $(2, 1)$、方向向量为 $(1, -2)$ 的直线化成 $x$、$y$ 的方程。
8. $\triangle OAB$ 的面积为 1，$\overrightarrow{OP} = s\overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{OB}$，$s \ge 0$，$t \ge 0$，$1 \le s + t \le 2$。求点 $P$ 存在范围的面积。
9. 求球面 $x^2 + y^2 + z^2 + 2x - 4y - 4 = 0$ 的中心和半径，以及它与平面 $x = 1$ 的交线（圆）的半径。
10. 直线 $\boldsymbol{p} = (1, 0, 2) + t(1, 1, -1)$ 与平面 $x + y + z = 6$ 的交点是什么？
11. 求原点到平面 $x + 2y + 2z = 9$ 的垂足和距离。

答案：1. $(8, 11)$；2. $\overrightarrow{AP} = \dfrac{2\overrightarrow{AB} + 3\overrightarrow{AC}}{6}$，$1 : 2 : 3$；3. $\overrightarrow{OP} = \dfrac{1}{4}\boldsymbol{a} + \dfrac{1}{2}\boldsymbol{b}$；4. $\overrightarrow{OQ} = \dfrac{6}{13}\boldsymbol{a} + \dfrac{4}{13}\boldsymbol{b} + \dfrac{3}{13}\boldsymbol{c}$；5. $\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$；6. $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$；7. $2x + y - 5 = 0$；8. 3；9. 中心 $(-1, 2, 0)$，半径 3，截面圆半径 $\sqrt{5}$；10. $(4, 3, -1)$；11. 垂足 $(1, 2, 2)$，距离 3。

16.11 深入阅读

• JASSO · 日本留学試験 数学シラバス：官方出题范围原文，第 14 项「ベクトル」列出本章对应的全部小项目。
• JASSO · 過去問題サンプル：官方公开的过去问，2021 年第 1 回コース2 Ⅱ 問1 是空间向量题，可以看誘導空格的实际样子。
• 维基百科（日文）· 位置ベクトル：位置向量的日文定义和记号，查日文说法时用。
• 维基百科（日文）· 球面：球面方程和球面、球的区分，日文术语对照。